Đề thi thử vào trường thpt năm học : 2014 – 2015 môn thi : Toán (thời gian làm bài : 120 phút)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO TRƯỜNG THPT
 TP THANH HÓA Năm học : 2014 – 2015
 TRƯỜNG THCS ĐÔNG LĨNH Môn thi : Toán
 (Thời gian làm bài : 120 phút)
ĐỀ BÀI : ( ĐỀ A )
Câu1 (2 điểm): Cho biểu thức P = 
Rút gọn biểu thức P.
Tìm các giá trị của x để P > .
Câu2 (2 điểm): 
Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx + 4 = 0 (1)
 a) Giải phương trình đã cho khi m = 3.
 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1+1)2+(x2+1)2 = 2.
Câu 3 (2 điểm): 1, a) Giải hệ phương trình: 
2, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 (a là tham số).
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm a để x1 + 2x2 = 3.
Câu4 (3,0 điểm): 
	Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng:
Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
BD.AC = AD.A’C.
DE vuông góc với AC.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
 Câu 5 (1,0 điểm): Chứng minh rằng: với a, b là các số dương.
ĐÁP ÁN CHẤM THI ĐỀ A
Bài
Nội dung
Điểm
Câu1 
2 điểm
 ĐK ; x 1 
b) Với x > 0, x 1 thì . 
Vậy với x > 2 thì P > .
1,0 đ
1,0 đ
Câu 2:
2 điểm
a) Với m = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0.
Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = .
b) Ta có: ∆/ = m2 – 4 
Phương trình (1) có nghiệm (*). 
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2m và x1x2 = 4. 
Suy ra: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2 
x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = 0(x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 4m2 – 8 + 4m = 0 
m2 + m – 2 = 0 . 
Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm m2 = - 2 thỏa mãn. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
0,5 đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 3
2 điểm
1đ
2)a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + 3 = 0 Û x2 – ax – 3 = 0.
Vì D = a2 + 12 > 0 "a nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt "a.
Tõ đó suy ra (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a và x1x2 = -3.
Theo giả thiết: x1 + 2x2 = 3 Û a + x2 = 3
 Û x2 = 3 – a; x1 = a – x2 = 2a – 3;
x1x2 = -3 Û (2a – 3)(3 – a) = -3 Û 2a2 – 9a + 6 = 0 
D = 92 – 4.2.6 = 33 > 0 Þ .
Vậy có hai giá trị cần tìm của a là: .
0,5đ
0,5đ
Câu4:
3,0điểm
a)Vì 
 Þ bốn điểm A, B, D, E 
cùng thuộc đường tròn đường 
kính AB
b) Xét DADB và DACA’ có:
 (
 vì là góc nội tiếp
 chắn nửa đường tròn);
 (hai góc nội tiếp
 cùng chắn cung AC)
Þ DADB ~ DACA’ (g.g)
Þ Þ BD.AC = AD.A’C (đpcm).
c) Gọi H là giao điểm của DE với AC. 
Tứ giác AEDB nội tiếp Þ 
 và là hai góc nội tiếp của (O) nên: 
Þ (do AA’ là đường kính)
Suy ra: Þ DCHD vuông tại H.
Do đó: DE ^ AC.
d) Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. 
Ta có: OI ^ BC Þ OI // AD (vì cùng ^ BC) Þ OK // AD.
DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD Þ KD = KA’.
DDNA’ có ID = IN, KD = KA’ Þ IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC) 
Þ NA’ ^ BC.
Tứ giác BENA’ có nên nội tiếp được đường tròn
Þ .
Ta lại có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)).
Þ Þ NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).
Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN (1)
Xét DIBE và DICM có: 
 (đối đỉnh), IB = IC (cách dựng)
 (so le trong, BE // CF (vì cùng ^ AA’))
 Þ DIBE = DICM (g.c.g) Þ IE = IM	
DEFM vuông tại F, IE = IM = IF.
Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành	(2)
Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật Þ IE = ID = IN = IM
Þ ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 5:
1,0đ
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
Từ (2) và (3) suy ra: 
Từ (1) và (4) suy ra:
. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0,5đ
0,5đ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO TRƯỜNG THPT
 TP THANH HÓA Năm học : 2014 – 2015
 TRƯỜNG THCS ĐÔNG LĨNH Môn thi : Toán
 (Thời gian làm bài : 120 phút)
ĐỀ BÀI : ( ĐỀ B )
Câu1 (2 điểm): Cho biểu thức Q = 
Rút gọn biểu thức Q
Tìm các giá trị của a để Q> 
Câu2 (2 điểm): 
Cho phương trình ẩn x: x2 – 2nx + 4 = 0 (1)
 a) Giải phương trình đã cho khi n = 3.
 b) Tìm giá trị của n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: (x1 + 1)2+( x2+1)2= 2.
Câu 3 (2 điểm): 1, a) Giải hệ phương trình: 
2, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 (a là tham số).
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm a để x1 + 2x2 = 3.
Câu4 (3,0 điểm): 
	Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng:
Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
BD.AC = AD.A’C.
DE vuông góc với AC.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
 Câu 5 (1,0 điểm): Chứng minh rằng: với a, b là các số dương.
ĐÁP ÁN CHẤM THI ĐỀ B
Bài
Nội dung
Điểm
Câu1 
2 điểm
 ĐK ; a 1 
b) Với a > 0, a 1 thì . 
Vậy với a > 2 thì P > .
0,25®
0,25®
0,5 đ
1,0 đ
Câu 2:
2 điểm
 a) Với n = 3 ta có phương trình: x2 – 6x + 4 = 0.
Giải ra ta được hai nghiệm: x1 = .
b) Ta có: ∆/ = n2 – 4 
Phương trình (1) có nghiệm ∆/ 0 (*). 
Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = 2n và x1x2 = 4. 
Suy ra: ( x1 + 1 )2 + ( x2 + 1 )2 = 2 
x12 + 2x1 + x22 + 2x2 = 0
(x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 0 
4n2 – 8 + 4n = 0 
n2 + n – 2 = 0 . 
Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy chỉ có nghiệm n2 = - 2 thỏa mãn. Vậy n = - 2 là giá trị cần tìm.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 3
2 điểm
1) .
1đ
2)a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + 3 = 0 Û x2 – ax – 3 = 0.
Vì D = a2 + 12 > 0 "a nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt "a.
Tõ đó suy ra (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a và x1x2 = -3.
Theo giả thiết: x1+2x2=3 Û a+x2 = 3 Û x2 =3–a; x1 = a–x2 =2a – 3;
x1x2 = -3 Û (2a – 3)(3 – a) = -3 Û 2a2 – 9a + 6 = 0 
D = 92 – 4.2.6 = 33 > 0 Þ .
Vậy có hai giá trị cần tìm của a là: .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu4:
3,0điểm
a)Vì 
 Þ bốn điểm A, B, D, E 
cùng thuộc đường tròn đường 
kính AB
b) Xét DADB và DACA’ có:
 (
 vì là góc nội tiếp
 chắn nửa đường tròn);
 (hai góc nội tiếp
 cùng chắn cung AC)
Þ DADB ~ DACA’ (g.g)
Þ Þ BD.AC = AD.A’C (đpcm).
c) Gọi H là giao điểm của DE với AC. 
Tứ giác AEDB nội tiếp Þ 
 và là hai góc nội tiếp của (O) nên: 
Þ (do AA’ là đường kính)
Suy ra: Þ DCHD vuông tại H.
Do đó: DE ^ AC.
d) Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. 
Ta có: OI ^ BC Þ OI // AD (vì cùng ^ BC) Þ OK // AD.
DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD Þ KD = KA’.
DDNA’ có ID = IN, KD = KA’ Þ IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC) 
Þ NA’ ^ BC.
Tứ giác BENA’ có nên nội tiếp được đường tròn
Þ .
Ta lại có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)).
Þ Þ NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).
Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN (1)
Xét DIBE và DICM có: 
 (đối đỉnh), IB = IC (cách dựng)
 (so le trong, BE // CF (vì cùng ^ AA’))
 Þ DIBE = DICM (g.c.g) Þ IE = IM	
DEFM vuông tại F, IE = IM = IF.
Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành	(2)
Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật Þ IE = ID = IN = IM
Þ ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 5:
1,0đ
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được:
Từ (2) và (3) suy ra: 
Từ (1) và (4) suy ra:
. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0,5đ
0,5đ