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 dơng

-Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2012 2013

Môn thi : Toán

Thi gian lm : 120 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi : 16 tháng 06 năm 2012

§Ị thi gåm : 01 trang Bài ( 2,0 điểm)

1) Cho hm số y 2 x  Tìm x để hàm số nhận giá trị 2012+2

2) Rót gän biĨu thøc

4 x 8x x

P :

4 x

2 x x x x

    

     



 

   ,x > 0; x ≠ x ≠ 9

Bµi ( 2,0 điểm)

1)Cho hệ phơng trình :

 

 

  



x y 3m

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

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

2) Một xe máy từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/giờ đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian d nh

Bài (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đờng thẳng (d): y = 2mx + 2x - m2 + 1 1)Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) m =

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

  

1 2 1

1 x x x x Bài (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By E F

Chứng minh: EOF 90 

Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB

4 Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

Bµi (0,5 điểm)

Giải hệ phơng trình:

   



    



x y

y x

==========HÕt==========

Trờng thcs cẩm văn

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

-Câu

Bài 1 (2,0 ®iĨm) (1 ®)                       

y 2012 2 2 x 2012 2 2 x 2012 2012 2012 4024

x x

2 2

x 1006 2012

Vậy x1006 2012 hàm số nhận giá trị 2011+2 2.

0,25 0,25 0,25 0,25 2: (1®)

4 x 8x x

P :

4 x

2 x x x x

                 

4 x (2 x ) 8x ( x 1) 2( x 2) :

(2 x )(2 x ) x ( x 2)

    



  

8 x 4x x :

(2 x )(2 x ) x ( x 2)

 



  

 

4 x x x ( x 2)

(2 x )(2 x ) x

      4x x   VËy P 4x x 

 (x > 0; x ≠ x ≠ 9)

0,25 0,25 0,25 0,25 Bµi 2 (2,0 ®iÓm) 1(1®)                                              

x y 3m 3x 3y 9m 5x 10m x 2m 2x 3y m 11 2x 3y m 11 x y 3m y m x y x y 2m m 1(*)

NÕu  m

2 th× (*)  2m m 1     m5(tháa m·n)

NÕu  m

2 th× (*) 2m m 1     3m m1( loại m <0) Vậy m=5 hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mÃn x2 y1

0,25 0,25 0,25 0,25 (1®)

Gọi thời gian dự định x(giờ) vận tốc dự định y(km/h)với x>2, y>4 * Quãng đờng AB dài là: x.y

* Nếu vận tốc giảm 4km/h thời gian tăng lên nên ta cã: (x + 1)(y - 4) = x.y -4x + y =

* Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thời gian bớt nªn ta cã: (x - 2)(y + 14) = x.y 14x - 2y = 28

Theo bµi ta có hệ phơng trình:

4x y 8x 2y 6x x 14x 2y 28 14x 2y 28 4x y y 28

                              

C¸c giá trị x, y thỏa mÃn điều kiện to¸n

Vậy: Thời gian dự định vận tốc dự định 28km/giờ

0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 (2,0 điểm) 1(1đ)

Khi m = 1, ta cã (d): y = 2x + 2x = 4x

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

                  2 x y 0 x 4x x x

x y 16

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

0,25 0,5 0,25

2(1đ) Xét phơng trình hoành độ giao điểm (P) (d):

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

Để hai đồ thị có hai điểm chung ta phải có pt có hai nghiệm x1 , x2 tức là: ’   2m +   m  -1

Theo hÖ thøc Vi Ðt ta cã :

1

2

2

m

x x

x x m

 

   

 

 

Theo đề ta có:

  

1 2 1

1

x x x x ( §K : x x1 2  0 m21 0 m1) x1 + x2 + x1.x2 =

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

 m = ( nhËn) ; m = -2 ( loại) Vậy m =



1 2 1

1 x x x x

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

Bài 4

(3,5 điểm)

V hỡnh ỳng

N

y

x

O K

F

E

M

B A

0,25

1 (0,75)

EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt F

=> OE phân giác AOM (tÝnh chÊt hai tt c¾t nhau)

Tương tự: OF phân giác BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900

 (đpcm)

0,25 0,25 0,25

2 (1 ®)

Ta có: EAO EMO 900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO 1800nên nội tiếp đường trịn.

Tam giác AMB tam giác EOF có:

 EOF 90 AMB  ,

MAB MEO  (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ

giácAEMO)

Vậy tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g)

0,5

0,5

3 (0.5 ®iĨm)

Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE KF BF

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

AK ME

KF MF Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB

0,25 0,25

(1 ®iĨm)

Gọi N giao điểm MK AB, suy MN  AB FEA có: MK // AE nên:

MK FK AE FA (1) BEA có: NK // AE nên:

NK BK AE BE (2)

Mà

FK BK

KA KE ( BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK FA BE (3)

0,25

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN

AE AE Vậy MK = NK.

Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên:

1

AKB AMB

S KN

S MN 

Do đó:

1

AKB AMB

S  S

Tam giác AMB vuông M nên tg A =

MB

MA MAB 600

 

Vậy AM = a

MB =

3

a 1

2 2

AKB

a a S

 

=

1

16a (đvdt)

0.25

0.25

Bài 5

(0,5

điểm) 0,5đ

Điều kiện : x 9; 1  y Gi¶ sư hƯ pt cã nghiƯm (x; y) Tõ hƯ pt trªn  x 1  9 y  y 1  9 x (3)

Gi¶ sư xy ta cã x 1  y vµ 9  y  9 x suy x 1  9 y  y 1  9 x mâu thuẫn với (3) Tơng tự x < y cịng suy m©u thn VËy x = y

0,25

Thay x = y vµo pt (1) ta cã : x 1  9 x 2

Vì hai vế phơng trình khơng âm nên bình phơng hai vế ta đợc: 102 x 9    x 20 x 9    x 5

 x2 8x 16  0 x4 Do x = y = Hệ phơng trình có nghiệm : (x; y) = (4; 4)