Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 08 - Phòng GD&ĐT Kim Sơn (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ 
 HUYỆN KIM SƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
 ĐỀ THI THỬ SỐ 08 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
 2x + y = 5
Câu 1: a) Giải hệ phương trình:  
 x - 3y = - 1
 2
 b) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình:3x – x – 2 = 0. Tính giá 
 11
trị biểu thức: P = + . 
 xx12
 a a a1+
Câu 2: Cho biểu thức A = − : với a > 0, a ≠ 1 
 a− 1 a - a a - 1
 a) Rút gọn biểu thức A. 
 b) Tìm các giá trị của a để A < 0. 
Câu 3: Cho phương trình ẩn x: x2 – x + 1 + m = 0 (1) 
 a) Giải phương trình đã cho với m = 0. 
 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa 
mãn: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ). 
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến 
Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp 
tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; 
MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 
 a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 
 b) Chứng minh ADE = ACO . 
 c) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua 
trung điểm của CH. 
Câu 5: Cho các số a, b, c ∈[0 ; 1]. Chứng minh rằng: a + b2 + c3 – ab – bc 
– ca ≤ 1. 
 1 
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 
 VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ THI SỐ: 08 
 MÔN TOÁN 
Câu 1: 
 2xy += 5  6 x + 3 y = 15  7 x = 14 x = 2
a) ⇔  ⇔⇔  
 xy - 3 = - 1  xy - 3 = - 1  y = 5 - 2 x y = 1
 2
b) Phương trình 3x – x – 2 = 0 có các hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai 
nghiệm phân biệt x1và x2. 
 1 2
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = và x1.x2 = − . 
 3 3
 11xx+ 1 2 1
Do đó P = +=21 =: −=−. 
 x1 x 2 xx 12 33 2
Câu 2: 
 a a  a1+  a 1
 a) A =− : =  − .( a−= 1) a − 1 
 a− 1 a ( a - 1)  ( a - 1)( a+− 1)  a 1 ( a - 1)
 a > 0, a ≠ 1
 b) A < 0 ⇔ ⇔<0 a < 1. 
  a1<
Câu 3: a) Với m = 0 ta có phương trình x2 – x + 1 = 0 
Vì ∆ = - 3 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. 
b) Ta có: ∆ = 1 – 4(1 + m) = -3 – 4m. 
 - 3
Để phương trình có nghiệm thì ∆≥ 0 ⇔ - 3 – 4m ≥ 0 ⇔ 4m ≤−3m ⇔ ≤ (1). 
 4
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 1 và x1.x2 = 1 + m 
Thay vào đẳng thức: x1x2.( x1x2 – 2 ) = 3( x1 + x2 ), ta được: 
(1 + m)(1 + m – 2) = 3 ⇔ m2 = 4 ⇔ m = ± 2. 
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có m = -2 thỏa mãn. 
Câu 4: 
2 
 x
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: 
 N
 0
MAO= MCO = 90 ⇒ AMCO là tứ 
giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. C
 0
ADB= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường M D
 0
tròn)⇒=ADM 90 (1) I
 E
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính 
chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường A H O B
trung trực của AC 
 0
⇒=AEM 90 (2). 
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. 
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE= AME = AMO (góc nội tiếp cùng 
chắn cung AE) (3) 
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO= ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung 
AO) (4). 
Từ (3) và (4) suy ra ADE = ACO 
 0
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 0
⇒=ACN 90 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra 
được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét 
 IC IH BI
thì = = (6). 
 MN MA BM
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 
Câu 5: Vì b, c ∈[0;1] nên suy ra b23≤≤ b; c c. Do đó: 
a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ a + b + c – ab – bc – ca (1). 
Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) 
Vì a, b, c ∈[0 ; 1] nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) ≤ 0 ; – abc ≤ 0 
Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca ≤ 1 (3). 
Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca ≤ 1. 
 3