Giải phương trình: 2(x - 2

(1)

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Môn Toán

Thời gian 120 phút Ngày 08 tháng 4 năm 2013 Bài I (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x 2. Giải hệ phương trình:

2 2 3 9

y x

x y

  

  



Bài II (2,0 điểm)

1. Cho hàm số y = f(x) = ¹ ²

2x

 . Tính f(0); f(2); f(¹

2); f( 2)

2. Cho phương trình: x² – (4m – 1)x + 3m² – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x₁²x²₂ 7.

Bài III (2,0 điểm)

1) Cho biểu thức A ^x ⁴ x 2

 

 . Tính giá trị của A khi x = 36 2) Rút gọn biểu thức B ^x ⁴ :^{x 16}

x 4 x 4 x 16

  

      (với x0; x16)

3) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km.

Bài IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh ACMACK

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C.

Bài V (1.0 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x2y, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

x y

M xy

 

---Hết--- ĐỀ THI THỬ

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Môn Toán

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

I 2.0

1 Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x 1.0

2x-4 = 5-x 0.25

3x = 9 0.25

x = 3 0.25

Vậy S= {3} 0.25

2

Giải hệ phương trình: ²

2 3 9

y x

x y

  

  



1.0

2

2 3( 2) 9 y x

x x

  

    

0.25

3 5 x y

  

   

0.5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (-3; -5) 0.25

II 2.0

1 Cho hàm số y = f(x) = ¹ ²

2x

 . Tính f(0); f(2); f(¹

2); f( 2) 1.0

f(0)=0 0.25

f(2)=-2 0.25

f(¹

2)= ¹

8 0.25

f( 2)=-1 0.25

2 Cho phương trình: x² – (4m – 1)x + 3m² – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x₂ thỏa mãn điều kiện :

2 2

1 2

x + x = 7

1.0

Phương trình đã cho có

 = (4m – 1)² – 12m² + 8m = 4m² + 1 > 0, m

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m

0.25

Theo ĐL Vi –ét, ta có: ¹ ² ₂

1 2

4 1

3 2

x x m

x x m m

  



 

 . 0.25

Khi đó: x₁²x₂²  7 (x₁x₂)²2x x_{1 2} 7

 (4m – 1)² – 2(3m² – 2m) = 7  10m² – 4m – 6 = 0  5m² – 2m – 3 = 0

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hoặc m = ³

5



0.25

(3)

Trả lời: Vậy m = 1 hoặc m = ³

5

 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ thỏa mãn điều kiện : x₁²x²₂ 7

0.25

III 2.0

1 Cho biểu thức A ^x ⁴ x 2

 

 . Tính giá trị của A khi x = 36 0.25

Với x = 36, ta có : A = ^{36 4 10 5}

8 4 36 2

  



0.25 2 Rút gọn biểu thức B ^x ⁴ :^{x 16}

x 4 x 4 x 16

  

      (với x0; x16) 0.75

B = ⁽ ⁴⁾ ⁴⁽ ⁴⁾ . ¹⁶

16 16 16

x x x x

x x x

     

 

    

  0.25

B = ⁽ ¹⁶⁾⁽ ¹⁶⁾ 1 ( 16)( 16)

x x

 

  

0.25

Vậy B = 1 với x0; x16 0.25

3 Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km.

1.0

Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (x>0) thì vận tốc ô tô thứ hai là x- 10(km/h)

0.25 Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường là: ³⁰⁰

x (h) Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường là: ³⁰⁰

10 x (h)

0.25

Theo bài ra ta có phương trình: ³⁰⁰ ³⁰⁰ 1 10

x  x 



0.25

Giải phương trình trên tìm được: x1 = -50 (không thoả mãn); x2 = 60 (thoả mãn)

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h.

0.25

IV Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C);

BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh ACMACK

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

3.0

(4)

Vẽ hình đúng

H

O

A B

C M

K

E

0.25

1 Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 1.0

Ta có HCB90⁰( do chắn nửa đường tròn đk AB) 0.25

900

HKB (do K là hình chiếu của H trên AB) 0.25

=> HCB HKB 180⁰ nên tứ giác CBKH nội tiếp 0.5

2 Chứng minh ACMACK 0.75

Ta có ACM ABM (do cùng chắn AM của (O)) 0.25 và ACKHCKHBK (vì cùng chắn HK.của đtròn đk HB) 0.25

Vậy ACM ACK 0.25

3 Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

1.0

Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB

 AC = BC và sd ACsd BC90⁰

0.25 Xét 2 tam giác MAC và EBC có

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn cung MC của (O)

MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1)

0.25

Ta lại có CMB45⁰(vì chắn cung CB90⁰)

CEM CMB45⁰(tính chất tam giác MCE cân tại C)

Mà CME CEM MCE180⁰(Tính chất tổng ba góc trong tam giác)MCE90⁰ (2)

0.25

Từ (1), (2)  tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C 0.25 V Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x2y, tìm giá trị nhỏ 1.0

(5)

nhất của biểu thức:

2 2

x y

M xy

 

Ta có M =

2 2 2 2 2 2 2

( 4 4 ) 4 3 ( 2 ) 4 3

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

  =

( 2 )2 3

x y 4 y

xy x

  

0.25

Vì (x – 2y)² ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y x ≥ 2y  ¹ ³ ³

2 2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy ra  x = 2y

0.25

Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 -³

2=⁵

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y 0.25 Vậy GTNN của M là ⁵

2, đạt được khi x = 2y 0.25