de thi thu vao lop 10 nam hoc 20122013

Tìm vị trí của M trên O để tứ giác APMQ có diện tích lớn nhất... TRƯỜNG THCS QUỲNH LẬP.[r]

TRƯỜNG THCS QUỲNH LẬP KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI THỬ Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) Cho  x  x1 A    :  x 2 x 4 x  a/ Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A A b/ Tìm x cho c/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= (x – 4)A Câu (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m - 1)x + 2m – = (1), ( m là tham số) a/ Giải phương trình m = b/ Với x1, x2 là nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị m để biểu thức: B= x1  x2 đạt giá trị nhỏ Câu (1,5 điểm) Một ruộng hình chữ nhật có chu vi 400 m Nếu tăng chiều rộng 20 m, giảm chiều dài 30 m thì diện tích không đổi Tính diện tích ruộng Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh: K là trung điểm MP c) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để tứ giác APMQ có diện tích lớn Hết TRƯỜNG THCS QUỲNH LẬP HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán Câu Nội dung (3 đ) ĐKXĐ: a/ A Để Điểm  x 0   x 1  x 4  0,5 1,0 x1 x 2 A x1  x 2 11  x 121  x (tmdk ) 121 A thì x= Vậy: để 0,25  b/  x P 0,25 0,25  x 2 0,25    1    x       2    c/ (2 đ) Dấu “=” xảy 1 P Vậy: GTNN 0,25 x 0,25 x Thay m = vào PT (1) ta pt: x2 – 4x +2 = x1 2  0,5 Giải pt ta được: x2 2  a/ 0,25 x1 2  0,25 Vậy: với m = thì pt (1) có nghiệm: x2 2  Để pt (1) có nghiệm x1, x2 thì:  '  m     0m b/ m  2 ( vì  0 ) Theo định lí Vi- ét ta có: x1x2 = 2m- 4; x1 + x2 = 2m - 0,25 0,5 B  x1  x2   x1 x2   2m   Nên  2 Dấu “=” xảy m= Vậy: GTNN B 2 (1,5 đ) 4 0,25 m 2 Gọi x ( m) là chiều rộng ruộng HCN y (m) là chiều dài ruộng HCN ( đk: y > x > 0, y > 30) Vì chu vi mảnh đất 400 m nên ta có pt: x + y = 200 (1) tăng chiều rộng 20 m ta được: x + 20 (m) giảm chiều dài 30 m ta được: y – 30 (m) thì diện tích không đổi nên ta có pt: (x+20)(y- 30) = xy (2)  x  y 200  Từ (1), (2) ta có hpt:  30 x  20 y 600  x 68  Giải hpt: ta  y 132 ( tmđk) Vậy: Diện tích ruộng là: 8976 ( m2) Q (3,5 đ) a/ A 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 M E 0,25 K B P O Xét tứ giác AEMO có :  EAO 900 (vì AE là tiếp tuyến (O))  và EMO 90 (vì EM là tiếp tuyến (O))    EMO 900  900 1800  EAO nên tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.( tổng số đo góc đối = 1800) hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là tam giác vuông có góc   và AOE ABM , vì OE // BM AO AE  => BP MP (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b/ c/ KP BP  Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm MP dễ dàng chứng minh : 0,25  a b c d     abcd  (*) Dấu “=” xảy và a = b = c = d (BĐT Cauchy với số không âm) MP = 0,25 MO  OP2  R  (x  R)  2Rx  x 2 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x 0,25 S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max x x x x (2R  x)  3 đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  (2R  x)      (2R  x)   3 3 16  Ta có : 3 x (2R  x) x R Do đó S đạt max   ( HS giải cách khác đúng cho điểm tối đa ) 0,25 0,25