de dap an thi thu 1662012

Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB).. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.[r]

Trờng thcs cẩm văn

Cẩm giàng – hải d ơng

-Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT

năm học 2012– 2013 Môn thi : Toán

Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi : 16 tháng 06 năm 2012

Đề thi gồm : 01 trang Bài 1 ( 2,0 điểm)

1) Cho hàm số y  2  2 x  8

Tìm x để hàm số nhận giá trị là 2012+2 2

2) Rút gọn biểu thức

4 x



Bài 2 ( 2,0 điểm)

1)Cho hệ phơng trình :







x y 3m 2 2x 3y m 11(với m là tham số).Tìm tất cả các số không

âm m để hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn x2  y1

2) Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ thì đến sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ Tính vận tốc

dự định và thời gian dự định

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đờng thẳng (d): y = 2mx + 2x - m2 + 1

1)Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (d) khi m = 1

2) Gọi x1, x2 là các hoành độ giao điểm của (P) và (d) Tìm m thỏa mãn:

1 2 1 2

1

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho nửa đường trũn (O) đường kớnh AB = a Gọi Ax, By là cỏc tia vuụng gúc với

AB ( Ax, By thuộc cựng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường trũn (O) (M khỏc A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trũn (O); nú cắt Ax, By lần lượt ở E

và F

1 Chứng minh: EOF 90  0

2 Chứng minh : Tứ giỏc AEMO nội tiếp ; hai tam giỏc MAB và OEF đồng dạng

3 Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB

4 Khi MB = 3.MA, tớnh diện tớch tam giỏc KAB theo a

Bài 5 (0,5 điểm)

Giải hệ phơng trình:







==========Hết==========

Trờng thcs cẩm văn

- Hớng dẫn chấm tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2012 – 2013

-Câu

Bài 1

(2,0

điểm)

1

(1 đ)





2

2 2

x 1006 2 2012 Vậy x  1006 2  2012 thì hàm số nhận giá trị là 2011+2 2

0,25 0,25 0,25 0,25

2:

(1đ)

4 x



:



:





4x

x 3





Vậy P

4x

x 3



 (x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9)

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 2

(2,0

điểm)

1(1đ)

2

Nếu 

1 m

2 thì (*)  2m 1 m 3 1     m5(thỏa mãn)

Nếu 

1 m

2 thì (*)  2m 1 m 3 1       3m   3 m  1( loại vì m <0)

Vậy m=5 thì hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn x2  y1

0,25 0,25 0,25 0,25

2

(1đ)

Gọi thời gian dự định là x(giờ) và vận tốc dự định là y(km/h)với x>2, y>4

* Quãng đờng AB dài là: x.y

* Nếu vận tốc giảm đi 4km/h thì thời gian đi sẽ tăng lên 1 giờ nên ta có:

(x + 1)(y - 4) = x.y -4x + y = 4

* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì thời gian đi sẽ bớt đi 2 giờ nên ta có:

(x - 2)(y + 14) = x.y 14x - 2y = 28 Theo bài ra ta có hệ phơng trình:

Các giá trị của x, y thỏa mãn điều kiện bài toán

Vậy: Thời gian dự định là 6 giờ và vận tốc dự định là 28km/giờ.

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 3

(2,0

điểm)

1(1đ)

Khi m = 1, ta có (d): y = 2x + 2x = 4x Xét phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):



2 2

2

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị khi m = 1 là O(0;0); B(4;16)

0,25 0,5 0,25 2(1đ) Xét phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x2 = 2mx + 2x - m2 + 1 x 2 - 2(m + 1)x + m 2 – 1 = 0

’ = (m+1)2 – 1 ( m2 – 1)= m2 + 2m + 1 – m2 + 1 = 2m + 2.

Để hai đồ thị có hai điểm chung ta phải có pt có hai nghiệm x1 , x2 tức là:

’  0  2m + 2  0  m  -1 Theo hệ thức Vi ét ta có :

2

m









Theo đề bài ta có:

1 2 1 2

1

2

1 2

x1 + x2 + x1.x2 = 1

 2m + 2 + m2 – 1 = 1 m2 + 2m = 0 m(m + 2 ) = 0

 m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại) Vậy m = 0 thì

1 2 1 2

1

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 4

(3,5

điểm)

Vẽ

hình

đúng

N

y

x

O K

F

E

M

B A

0,25

1

(0,75)

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường trũn (O) cắt nhau ở F

=> OE là phõn giỏc của AOM (tính chất hai tt cắt nhau) Tương tự: OF là phõn giỏc của BOM

Mà AOM và BOM kề bự nờn: EOF 900(đpcm)

0,25 0,25 0,25

2

(1 đ)

Ta cú: EAO EMO  900(tớnh chất tiếp tuyến)

Tứ giỏc AEMO cú EAO EMO 1800nờn nội tiếp được trong một đường trũn.

Tam giỏc AMB và tam giỏc EOF cú:

 EOF 90  0

MAB MEO  (cựng chắn cung MO của đường trũn ngoại tiếp tứ giỏcAEMO)

Vậy tam giỏc AMB và tam giỏc EOF đồng dạng (g.g)

0,5

0,5

3

(0.5

điểm)

Tam giỏc AEK cú AE // FB nờn:

AK AE

KF BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nờn :

KF MF Do đú MK // AE (định lớ đảo của định lớ Ta- let) Lại cú: AE  AB (gt) nờn MK  AB

0,25 0,25 4

(1

điểm)

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB

FEA cú: MK // AE nờn:

AE FA (1)

BEA cú: NK // AE nờn:

NK BK

AE BE (2)

Mà

FK BK

KA KE ( do BF // AE) nờn

KA FK BK KE hay

FK BK

FA BE (3)

0,25

0,25

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

AE AE Vậy MK = NK

Tam giỏc AKB và tam giỏc AMB cú chung đỏy AB nờn:

1 2

AKB AMB

S MN 

Do đú:

1 2

Tam giỏc AMB vuụng ở M nờn tg A = 3

MB

MA  MAB  60 0 Vậy AM = 2

a

và MB =

3 2

.

2 2 2 2

AKB

a a S

=

2

1 3

16a (đvdt)

0.25

0.25

Bài 5

(0,5

điểm) 0,5đ

Điều kiện :   1 x 9; 1  y 9 Giả sử hệ pt có nghiệm (x; y)

Từ hệ pt trên  x 1  9 y  y 1  9 x (3) Giả sử xy ta có x 1  y 1 và 9  y  9 x suy ra

x 1  9 y  y 1  9 x mâu thuẫn với (3) Tơng tự x < y cũng suy ra mâu thuẫn Vậy x = y

0,25

Thay x = y vào pt (1) ta có :

x 1  9 x 2 5 Vì hai vế của phơng trình không âm nên bình phơng hai vế ta đợc:

10  2 x 1 9     x  20  x 1 9     x  5  x2 8x 16  0 x4 Do đó x = y = 4

Hệ phơng trình có một nghiệm : (x; y) = (4; 4)

0,25