Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vuông nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm.. Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở t[r]
Trang 1BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO THPT DÀNH CHO HỌC SINH KHÔNG CHUYÊN NĂM 2015
MÔN TOÁN - ĐỀ SỐ 1 - ĐÁP ÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
I
(2
điểm)
1 Tính giá trị của biểu thức 2 3 2 3
A x x x x khi x 3
Thay x 3 vào biểu thức đã cho ta được: A 2 2.3 3 3 7.3 4.3 3
2 6 3 3 21 12 3 12 6 3 21 12 3
4
B
x
a) Với x0 và x4 ta có:
4
B
x
2
x x
x
b) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên
3
B
9
2
x
Mà x 2 2 nên x 2 3;9
x 2 3 x 1 x 1 (nhận, thỏa mãn)
x 2 9 x 7 x 49 (nhận, thỏa mãn) Vậy: x 1;49 thì B nhận giá trị nguyên
(Sai một giá trị trừ 0,25 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Trang 2II
(1,5
điểm)
Cách 1 Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x cm x0
Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vuông
nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm Chiều rộng của hình chữ nhật là: x4 cm
Diện tích của hình chữ nhật là: 2
4
x x cm Mà theo đề bài diện tích của hình chữ nhật bằng 2
320cm Nên ta có phương trình: x x 4 320
16
x
x
(Do x0)
Với x20 ta có chu vi của hình chữ nhật là: x x 4 20 16 36 cm
Vậy chu vi của hình chữ nhật đã cho là 36 cm
(Làm tắt bước giải phương trình trừ 0,25 điểm)
Cách 2 Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình:
Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đã cho lần lượt là x và y x y; 0
Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vuông
nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm Nên ta có : x y 4 1
Diện tích của hình chữ nhật là: 2
x y cm Mà theo đề bài diện tích của hình chữ nhật bằng 320cm Nên ta có 2 x y 320 2
Từ 1 và 2 ta có hệ phương trình 4
320
x y xy
Giải hệ phương trình bằng phương
pháp thế ta được 20
16
x y
Chu vi của hình chữ nhật là: x y 20 16 36 cm
Vậy chu vi của hình chữ nhật đã cho là 36 cm
(Làm tắt bước giải hệ phương trình trừ 0,25 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
1 Giải hệ phương trình
2
7
3 1
x y
ĐKXĐ: x 1;y 1
Đặt
1
x a
và 1
y b
y
ta có hệ phương trình mới:
a b
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số ta
1
a b
0,25
0,25
0,25
Trang 3III
(2,5
điểm)
Từ đây suy ra:
4 4
1
x
x
x
y y
(nhận)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 4 1
x y
2 Đưởng thẳng 1
2
d y x và parabol 1 2
: 2
P y x a) Vẽ đồ thị: (Học sinh tự vẽ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: 1 3 1 2
2
6 0
giải phương trình bằng cách đưa về phương trình tích hoặc dùng công thức nghiệm của phương trình bậc hai ta có: 2
3
x x
Với x2 thay vào phương trình đường thẳng d hoặc parabol P
ta có y2
Với x 3 thay vào phương trình đường thẳng d hoặc parabol
P ta có 9
2
y
Vậy d và P cắt nhau tại hai điểm A 2;2 và 3;9
2
B
0,25
0,75
0,25
0,25
0,25
Trang 4K I
Q
P
E
O
M
IV
(3,5
điểm)
a) Tứ giác EAOM có:
90o
EAOOME (vì EM, EA là các tiếp tuyến của O )
Suy ra EAOM là tứ giác nội tiếp
Tứ giác APMQ có:
90o
MQA QAP APM
Suy ra APMQ là hình chữ nhật
b) APMQ là hình chữ nhật (chứng minh a)
Mà I là trung điểm của PQ nên I cũng
là trung điểm của AM
E là giao điểm của hai tiếp tuyến AE và
EM nên OE là trung trực của AM Vậy ; ;O I E thẳng hàng
c) Xét EAO và MPB có:
90o
EAOMPB và EOAMBP (cùng phụ MAB )
AE AO
∽ (hai cặp cạnh tương ứng) 1
Ta có: KP/ /AE KP BP
(định lý Ta-let) 2
Nhân vế theo vế của 1 và 2 ta có : 1 2
Vậy K là trung điểm của MP
d) Ta có : BPABAP2Rx
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB vuông tại M , đường cao MP có:
2
MP AP PBx Rx MP x Rx cm
APMQ
S AP PM x x Rx x Rx đạt giá trị lớn nhất khi
và chỉ khi 3
2
x Rx đạt giá trị lớn nhất
4
3
2
3 3 3 2 27 2 27
x x x
R x
x x x
(BĐT Cô-si cho
bốn số)
APMQ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3
x
Vậy điểm M nằm trên O thỏa mãn cung nhỏ MP bằng 1
3 cung AB
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
