Đề thi thử tuyển sinh thpt năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán (thời gian làm bài: 120 phút)

UBND HUYỆN VŨ THƯ 
PHÒNG GD&ĐT 
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT 
Năm học 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
(Thời gian làm bài: 120 phút) 
Bài 1 (2 điểm): 
 1, Tính: 3
2
A 9 2 20 5 5
2 5
   

. 
 2, Cho biểu thức: 
2 3 2 x 3 2x x
B .
2 x 1 x 2 2x 3 x 2 6 x 4
  
   
     
 với 
x 0
1
x
4




. 
 a, Rút gọn biểu thức B. 
 b, Tìm x sao cho B nhận giá trị nguyên. 
Bài 2 (2 điểm): 
 1, Cho hệ phương trình: 
2
(m 1)x my 2m 1
mx y m 2
   

  
. 
 a, Giải hệ phương trình với m 4 . 
b, Chứng minh rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất  x;y . Tìm m sao cho 
P xy x 2y   đạt giá trị lớn nhất. 
 2, Giải phương trình:  4 2x 2 2 1 x 4 2 6 0     . 
Bài 3 (2 điểm): 
 Cho hàm số: 2y x  P và  y 2 m 3 x m 9     d , m là tham số, m . 
 1, Tìm m sao cho  d là hàm số bậc nhất đồng biến. 
 2, Tìm m sao cho đồ thị  P và  d tiếp xúc nhau, tìm tiếp điểm. 
3, Tìm m sao cho đồ thị  P và  d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm. 
Bài 4 (3,5 điểm): 
Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn, từ A kẻ các tiếp tuyến AB, 
AC đến đường tròn (B, C là các tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC, (M 
khác B và C), gọi D, E, F là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB. Giao 
điểm của MB với DF là P, của MC với DE là Q. Chứng minh rằng: 
 1, Các tứ giác MDBF và MDCE nội tiếp. 
 2, PQ // BC. 
3, PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE. 
4, Đường thẳng nối giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE với đường 
tròn ngoại tiếp tam giác MPF đi qua 1 điểm cố định. 
Bài 5 (0,5 điểm): 
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2a b c 3   . 
Chứng minh rằng: 
2 2 2
a b c 1
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2
  
     
. 
_____________________________Hết_____________________________ 
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh:.Phòng thi số:.. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không sử dụng tài liệu. 
UBND HUYỆN VŨ THƯ 
PHÒNG GD&ĐT 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT 
Năm học 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
(HD chấm gồm 04 trang) 
Bài Nội dung Điể
m 
1 1 
Tính: 3
2
A 9 2 20 5 5
2 5
   

. 
Tính được A 2 5 2  0,50 
2 
Cho biểu thức: 
2 3 2 x 3 2x x
B .
2 x 1 x 2 2x 3 x 2 6 x 4
  
   
     
 với 
x 0
1
x
4




. 
 a, Rút gọn biểu thức B. 
 b, Tìm x sao cho B nhận giá trị nguyên. 
a 
Rút gọn và kết luận: Vậy với 
x 0
1
x
4




 thì 
x
B
x 2


. 
1,00 
b Tìm được 0 B 1  0,25 
 B 0 x 0 x 0 tm     
Vậy với x 0 thì B nhận giá trị nguyên. 
0.25 
2 1 
Cho hệ phương trình: 
2
(m 1)x my 2m 1
mx y m 2
   

  
. 
 a, Giải hệ phương trình với m 4 . 
b, Chứng minh rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất  x;y . 
Tìm m sao cho P xy x 2y   đạt giá trị lớn nhất. 
a 
Thay m, giải hệ và kết luận hệ có nghiệm duy nhất 
x 3
y 2


 
. 
0,75 
b    2 3
2 2
m m 1 x m 1 1(m 1)x my 2m 1
...
mx y m 2 y mx m 2
        
  
      
Do 
2
2 1 3m m 1 m 0 m
2 4
 
       
 
, vì
2
1
m 0 m
2
 
   
 
, nên  1 luôn có 
nghiệm duy nhất do đó hệ luôn có nghiệm duy nhất m . 
0,50 
Hệ phương trình 
x m 1
y 2 m
 
 
 
, 
 
22P xy x 2y m 2m 1 2 m 1 2 m            vì 
2
m 1 0 m   . 
P 2 m 1   
Vậy m = 1 thì P đạt giá trị lớn nhất là 2. 
0,25 
 2 Giải phương trình:  4 2x 2 2 1 x 4 2 6 0     . 
 Giải được đến tập nghiệm  S 2 1;1 2   0,50 
3 Cho hàm số: 2y x  P và  y 2 m 3 x m 9     d , m là tham số, 
m . 
1, Tìm m sao cho  d là hàm số bậc nhất đồng biến. 
2, Tìm m sao cho đồ thị  P và  d tiếp xúc nhau, tìm tiếp điểm. 
3, Tìm m sao cho đồ thị  P và  d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành 
độ âm. 
1 
 d là hàm số bậc nhất đồng biến 
 
 
2 m 3 0
m 3
2 m 3 0
 
  
 
. 
Vậy m 3 thì  d là hàm số bậc nhất đồng biến. 
0,50 
2 Tọa độ giao điểm (nếu có) của  P và  d là nghiệm của hệ: 
     
2 2
2
y x y x
y 2 m 3 x m 9 x 2 m 3 x m 9 0 2
   
 
          
Đồ thị  P và  d tiếp xúc nhau  2 nghiệm kép 0 
 2
m 0
m 5m 0 m m 5 0
m 5

        
. 
0,50 
Với m = 0 hệ phương trình trở thành 
2
2
y x x 3
y 9x 6x 9 0
   
 
   
Với m = 5 hệ phương trình trở thành 
2
2
y x x 2
y 4x 4x 4 0
  
 
   
Vậy m = 0  P và  d tiếp xúc tại  3;9 ; m = 5  P và  d tiếp xúc tại 
 2;4 . 
0,25 
3  P và  d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm 
 2 có 2 nghiệm phân biệt âm 
 
 1 2
1 2
m m 5 0
x x 2 m 3 0 ... m 0
x x m 9 0
   

       
    
Vậy m 0 thì  P và  d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm. 
0,75 
4 Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn, từ A kẻ các tiếp 
tuyến AB, AC đến đường tròn (B, C là các tiếp điểm). M là điểm bất kì trên 
cung nhỏ BC, (M khác B và C), gọi D, E, F là hình chiếu vuông góc của M 
lên BC, CA, AB. Giao điểm của MB với DF là P, của MC với DE là Q. 
Chứng minh rằng: 
1, Các tứ giác MDBF và MDCE nội tiếp. 
2, PQ // BC. 
3, PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE. 
4, Đường thẳng nối giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE với 
đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF đi qua 1 điểm cố định. 
Chứng minh được các tứ giác 
MDBF và MDCE nội tiếp 
1,00 
Chứng minh được MQDP nội tiếp 0,50 
Chứng minh PQ // BC 0,50 
Chứng minh PQ là tiếp tuyến 
đường tròn ngoại tiếp tam giác 
MQE 
1,00 
Tương tự QP là tiếp tuyến đường 
tròn ngoại tiếp tam giác MPF. 
(Các điểm như hình vẽ) 
Ta có 
2 2KM.KN KQ ;KM.KN KP  
KP KQ  
Xét MBC : 
KP KQ,PQ / /BC , theo định lý 
Thales suy ra I là trung điểm BC. 
Vậy MN đi qua điểm cố định là 
trung điểm BC. 
0,50 
5 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2a b c 3   . 
Chứng minh rằng: 
2 2 2
a b c 1
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2
  
     
. 
C/M bổ đề: 
 
22 2 a ba b
x y x y

 

 và suy ra 
 
22 2 2 a b ca b c
x y x x y z
 
  
 
* Ta có : 2 2a 2b 3 a 2b 1 2 2a 2b 2         , tương tự ta có
2 2 2
a b c a b c
A
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2a 2b 2 2b 2c 2 2c 2a 2
     
           
B
1 a b c
A (1)
2 a b 1 b c 1 c a 1
 
    
      
Ta chứng minh 
a b c
1
a b 1 b c 1 c a 1
  
     
 
  
 
  
 
  
2 2 2
3 B
a b c
1 1 1 2
a b 1 b c 1 c a 1
b 1 c 1 a 1
2
a b 1 b c 1 c a 1
b 1 c 1 a 1
2
a b 1 b c 1 c a 1
b 1 c 1 a 1
2 (2)
a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a 1 a 1

       
     
     
    
     
  
   
     
  
   
        
* Áp dụng Bổ đề trên ta có: 
0,50 
I
K
N
P Q
E
D
F
C
O
B
A
M
  
 
        
2
a b c 3
3 B
a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a 1 a 1
  
 
          
 
2
2 2 2
a b c 3
3 B (3)
a b c ab bc ca 3(a b c) 3
  
  
        
 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2
 2 a b c ab bc ca 3(a b c) 3
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 6
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 6 (Do : a b c 3)
a b c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 9
a b c 3
a b c 3
a b c ab bc ca 3(a b c)
          
         
            
         
   
  

       
2 (4)
3


Từ (3) và (4)  (2) 
Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. 
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 
Hướng dẫn chung 
1. Trên đây là các bước giải bắt buộc và khung điểm tương ứng. Học sinh phải biến đổi hợp 
lý và lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 
2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán mới cho điểm. ( không cho điểm hình 
vẽ ) 
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần (không làm tròn).