de thi vao cap 3

Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB)... Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g).[r]

(1)

Sở GIáO DụC Và ĐàO TạO

HảI DƯƠNG Kỳ Thi Thử vào lớp 10 THPT - Đề 2năm học 2012 2013

Môn Thi : To¸n

Thời gian : 120 phút ( khơng kể thời gian giao đề) Ngày 18 tháng năm 2012

( §Ị thi gåm trang) ĐỀ BÀI

Bài (3 điểm)

1) Giải phương trình; hệ phương trình sau: a) x2 + 5x + = 0

b)

2

x y

x y   

 



2) Cho hàm số bậc y = ax + Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm có hồnh độ 1+

Bài (1,5điểm) Cho biểu thức:

1 x 0; x x

x x x 1

x 2 1

x 1 : 1 x

x 1

A   

  

  

     

   

  

 

 víi

a) Rút gọn A

b) Tính giá trị A x32 2

c) Tìm giá trị x để A < Bài (1 điểm).

Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vòi thứ chảy vòi thứ hai chảy

2

3bể nước. Hỏi vịi chảy đầy bể ?

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 tròn (O) cắt Ax, By E F a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp

b) Chứng minh: EOF 90  0 và AB OE AM.EF

c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MKAB d) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a Bài (1,0 điểm).

Giải phương trình 2010 -x+ x- 2008=x2- 4018 + 4036083x

(2)

HUỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN - ĐỀ 2

Tóm tắt cách giải Biểu điểm

Bài : (3 điểm)

1. a) x2 + 5x + = nghiệm : x1 = -2 ; x2 = -3

b)

2

x y

x y   

 

 nghiệm : (10 ; 5)

2 Biết đồ thị hàm số bậc y = ax + cắt trục hoành điểm có hồnh độ 1+  x = 1+ 2; y = thoả mãn y = ax

+

Hay = a ( 1 + 2) + 







 



1

1 2

a      

  

trả lời : Vậy a = - 2 Bài (1, điểm)

a) với x0;x1 A xác định













1

( 1).( 1) ( 1).( 1)

1

:

1 ( 1).( 1)

1

1 1

1

x x

x x x x

A

x x x

x x

x

     

      

     

   

   



  

 

 



 

 





x 1 2 x

A :

x x 1

2

) ( 1)

2 1 2

2 1

b x

A

      

     

   

 

x 2 3 2

1 1

) 1 0

1 1

x x x x x x

c A

x x x

      

      

  

1,0 điểm 1,0 điểm

0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

(3)

N

y

x

O K

F

E

M

B A

0

do  x  x2  0 nên

2

0

1

x

x x



    

 0 x 1 0 x Vậy: 0 x

Bài (1 điểm)

Gọi thời gian vòi thứ chảy đầy bể nước x (h) thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể nước y (h) Điều kiện : x , y >

Trong giờ, vòi thứ chảy

x (bể) Trong vòi thứ hai chảy

1 y (bể) Trong hai vòi chảy :

1 5 (bể) Theo đề ta có hệ phương trình :

1 1 x y x y 

  

 

   



Giải hệ phương trình ta x = 7,5 ; y = 15 ( thoả mãn )

Trả lời : Thời gian vịi thứ chảy đầy bể nước 7,5 (h) (hay 30 phút )

Thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể nước 15 (h)

0,25 điểm 0,25 điểm

Bài ( ,5 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp :

Ta có: EAO EMO 90   0(tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có EAO EMO 180  

mà EAO;EMO  đối nên tứ giác AEMO nội tiếp đường

tròn

b)*Chứng minh: EOF 90 

(4)

N

y

x

O K

F

E

M

B A

Nên OE phân giác AOM Tương tự: OF phân giác BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 90

 (đpcm)

* Hai tam giác MAB OEF đồng dạng : Tam giác AMB tam giác EOF có:

 

AMB EOF 90 

 

MAB MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO)

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

.EF

EF

AB AM

AB OE AM OE

   

c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MKAB

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

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

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN

AE AE Vậy MK = NK. Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên:

AKB AMB

S KN

S MN 2

Do đó: AKB AMB

S S

2 

0,25 điểm 0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

(5)

Tam giác AMB vuông M nên tg A = MB

3

MA  MAB 60

  Vậy AM =

a

2 MB = a

2  AKB

1 a a

S

2 2

 

=

2

1 a

16 (đvdt) Bài 5 (1,0 điểm)

Phương trình : 2010 x  x 2008 x  2 4018x 4036083 (*) Điều kiện

2010 x

2008 x 2010 x 2008

  

  



 



Áp dụng tính chất









2 2 2

a + b 2 a + b

với a, b, dấu “=” xảy a = b

Chứng minh:









2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

a + b 2 a + b  a + b a + b  a + b  ab





2- 2ab 0 0

a + b a b

     với a, b

Ta có :









2

2010 x  x 2008 2 2010 x x 2008   4  1

2010 x x 2008

    

Mặt khác x2  4018x 4036083 





Từ (1) (2) ta suy : (*)  2010 x  x 2008 









x 2009 2010 x x 2008

  



   

   

 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm x = 2009

0,25 điểm 0,25 điểm