Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2012 2013 trường THCS quỳnh lập

TRƯỜNG THCS QUỲNH LẬP

ĐỀ THI THỬ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu 1. (3,0 điểm)
Cho
1 1
:
4
2 2
x x
A
x
x x
 

 
 
 

 
 

a/ Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
b/ Tìm x sao cho

3
5
A

.
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= (x – 4)A.

Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai x
2
– 2(m - 1)x + 2m – 4 = 0 (1), ( m là tham số)
a/ Giải phương trình khi m = 3.
b/ Với x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị của m để biểu thức:
B=
1 2
x x

đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3. (1,5 điểm)

Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi bằng 400 m. Nếu tăng chiều rộng 20 m, giảm
chiều dài 30 m thì diện tích không đổi. Tính diện tích của thửa ruộng.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường
tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với

AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn .
b) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh: K là trung điểm của MP.
c) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để tứ giác APMQ có
diện tích lớn nhất.
.

Hết










TRƯỜNG THCS QUỲNH LẬP HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: Toán

Câu Nội dung Điểm

1 (3 đ)



a/
ĐKXĐ:

0
1
4
x
x
x










1
2
x
A
x





0,5


1,0

b/
Để
3
5
A



1 3
5
2
11
2
121
( )
4
x
x
x
x tmdk

 

 
 

Vậy: để
3
5
A

thì x=
121
4





0,25


0,25


0,25






c/




2
2
3 2
3 1 1
2 4 4
P x x
x
  
 
   
   
   
   

Dấu “=” xảy ra khi
9
4
x


Vậy: GTNN của
1
4
P


khi
9
4
x




0,25

0,25



0,25
2
(2 đ)



a/
Thay m = 3 vào PT (1) ta được pt: x
2
– 4x +2 = 0
Giải pt ta được:
1
2
2 2
2 2
x
x
 
 

Vậy: với m = 3 thì pt (1) có 2 nghiệm:

1
2
2 2
2 2
x
x
 
 

0,25

0,5

0,25





b/
Để pt (1) có nghiệm x
1
, x
2
thì:



2
'

2 1 0
m m
     
( vì
 
2
2 0
m
 
)

Theo định lí Vi- ét ta có: x
1
x
2
= 2m- 4; x
1
+ x
2
= 2m - 2



0,25


0,5
Nên
   
2 2

1 2 1 2
4 2 4 4
4 2
B x x x x m
     
 

Dấu “=” xảy ra khi m= 2
Vậy: GTNN của
2
B

khi
2
m







0,25
3
(1,5 đ)

Gọi x ( m) là chiều rộng thửa ruộng HCN
y (m) là chiều dài thửa ruộng HCN ( đk: y > x > 0, y > 30)
Vì chu vi mảnh đất bằng 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)

Từ (1), (2) ta có hpt:
200
30 20 600
x y
x y
 


  


Giải hpt: ta được
68
132
x
y





( tmđk)
Vậy: Diện tích thửa ruộng là: 8976 ( m
2
)

0,25

0,25


0,25


0,25

0,25

0,25




4
(3,5 đ)
K
O
B
A
M
E
P
Q

0,5

a/
Xét tứ giác AEMO có :


0
EAO 90

(vì AE là tiếp tuyến của (O))
và

0
EMO 90

(vì EM là tiếp tuyến của (O))





0 0 0
EAO EMO 90 90 180
   

nên tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.( tổng số đo 2 góc đối = 180
0
)

0,25

0,25
0,25
0,25







b/
hai tam giác AEO và MPB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau và


AOE ABM

, vì OE // BM
=>
AO AE
BP MP

(1)

0,25


0,25

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AE AB

(2)
Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP
0,25


0,25


c/

dễ
dàng chứng minh được :
abcd
4
a b c d
4
  
 

 
 

(*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
(BĐT Cauchy với 4 số không âm)
MP =
2 2 2 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x
     

Ta có: S = S
APMQ
=
2 3
MP.AP x 2Rx x (2R x)x
   

S đạt max 
3
(2R x)x

đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max

x x x
. . (2R x)
3 3 3

đạt max . Áp dụng (*) với a = b = c =
x
3

Ta có :
4

4
4
x x x 1 x x x R
. . (2R x) (2R x)
3 3 3 4 3 3 3 16
 
      
 
 

Do đó S đạt max 
x
(2R x)
3
 

3
x R
2

.




0,25



0,25

0,25

0,25
( HS giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa )