de thi vao cap 3

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (149.6 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GIáO DụC Và ĐàO TạO

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

Môn Thi : Toán

Thi gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề)
Ngày 18 tháng 6 năm 2012

( §Ị thi gåm 1 trang)
ĐỀ BÀI

Bài 1 (3 điểm)

1) Giải phương trình; hệ phương trình sau:
a) x2 + 5x + 6 = 0

2
5

x y

x y




 



2) Cho hàm số bậc nhất y = ax + 1. Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt
trục hoành tại điểm có hồnh độ bằng 1+ 2

Bài 2 (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 của A khi x32 2

c) Tìm giá trị của x để A < 1
Bài 3 (1 điểm).

Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể khơng có nước thì trong 5 giờ sẽ đầy bể. Nếu
vòi thứ nhất chảy trong 3 giờ và vịi thứ hai chảy trong 4 giờ thì được

3bể nước.
Hỏi nếu mỗi vịi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ?

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc với AB
( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn
(O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) cắt Ax, By lần lượt ở E và F.
a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp.

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

c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MKAB.
d) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Bài 5 (1,0 điểm).

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HUỚNG DẪN CHẤM MÔN TỐN - ĐỀ 2

Tóm tắt cách giải Biểu điểm

Bài 1 : (3 điểm)

1. a) x2 + 5x + 6 = 0 nghiệm là : x1 = -2 ; x2 = -3

b)

2
5

x y

x y




 

 nghiệm là : (10 ; 5)

2. Biết rằng đồ thị của hàm số bậc nhất y = ax + 1 cắt trục hồnh tại
điểm có hồnh độ bằng 1+ 2  x = 1+ 2; y = 0 thoả mãn y = ax

+ 1

Hay 0 = a. ( 1 + 2) + 1 







 



1. 1 2
1

1 2

1 2 1 2 1 2

a      

  

trả lời : Vậy a = 1 - 2....
Bài 2. (1, 5 điểm)

a) với x0;x1 thì A xác định













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

1 2 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

x x

x

     

      

     

   

   



  

 

 



 

 





x 1 2 x

A :

x 1 x 1

) ( 2 1) 2 1

2 1 1 5 3 2 6 5 2
2

2 1 1 2

b x

A

      

     

   

 

x 3 2 2
3 2 2

1 1 1 2

) 1 1 0 0

1 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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

O
K

B
A

0 1

do  x  x2  0 nên

0 1 0

x

x
x



    

 0 x 1 0 x 1
Vậy: 0 x 1

Bài 3 (1 điểm)

Gọi thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là x (h)
và thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là y (h).
Điều kiện : x , y > 5.

Trong một giờ, vòi thứ nhất chảy được
1

x (bể) .
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được

1
y (bể)
Trong một giờ cả hai vòi chảy được :

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

1 1 1
x y 5
3 4 2
x y 3


 





  




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

Trả lời : Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể nước là 7,5 (h) (hay
7 giờ 30 phút ).

Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể nước là 15 (h).

0,25 điểm
0,25 điểm

Bài 4 ( 3 ,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   0

mà EAO;EMO  đối nhau nên tứ giác AEMO nội tiếp được trong một đường

tròn.

b)*Chứng minh: EOF 90  0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

O
K

B
A

Nên OE là phân giác của AOM . 
Tương tự: OF là phân giác của BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 90 0

 (đpcm)

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

  0

AMB EOF 90 

 

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

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

. .EF

AB AM

AB OE AM
OE

   

c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MKAB.

Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE
KF BF

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

AK ME

KF MF. Do đó MK // AE (định lí đảo của 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 là giao điểm của MK và AB, suy ra 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 ( do 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 và tam giác AMB có chung đáy AB nên:

AKB
AMB

S KN 1

S MN 2

Do đó: AKB AMB
1

S S

2


0,25 điểm
0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
MB

MA  MAB 60 0

  . 
Vậy AM =

2 và MB = 
a 3

2  AKB

1 1 a a 3

S . . .

2 2 2 2

 

1
a 3

16 (đvdt) 
Bài 5 (1,0 điểm)

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

2010 x 0

2008 x 2010
x 2008 0

 


  



 



Áp dụng tính chất









2 2 2

a + b 2 a + b

với mọi a, b, dấu “=” xảy ra khi a = b

Chứng minh:









2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 0

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





2- 2ab 2 0 0

a + b a b

     ln đúng với mọi a, b

Ta có :









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

2010 x x 2008 2

    

Mặt khác x2  4018x 4036083 



x 2009



2 2 2  2

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



x 2009



2 2 2



x 2009



2 0

x 2009
2010 x x 2008

  



   

   

 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2009

0,25 điểm
0,25 điểm

</div>

de thi vao cap 3







 























































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về