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

<b>Trờng thcs cẩm văn</b>
<b>Cẩm giàng </b><b> hải dơng</b>

<b></b>

<b>---Kỳ thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT </b>
<b>năm học 2012</b><b> 2013</b>

<b>Môn thi : Toán</b>

<i> </i> <i><b>Thi gian lm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề</b></i>

<b> </b> <b>Ngày thi : 16 tháng 06 năm 2012 </b>

<i><b> </b></i> <i><b>Đề thi gồm : 01 trang</b></i>
<b>Bài 1 </b><i>( 2,0 điểm)</i>

1) Cho hm số y



2 2 x



 8. Tìm x để hàm số nhận giá trị là 2012+2 2

2) Rót gän biÓu thøc

4 x 8x x 1 2

P :

4 x

2 x x 2 x x

    

_  _{ }  _



 

   _{,x > 0; x ≠ 4 và x ≠ 9}

<b>Bµi 2 </b><i>( 2,0 điểm)</i>

<i>1)</i>Cho hệ phơng trình :

x y 3m 2

2x 3y m 11_{(với m là tham số).Tìm tất cả các số không}

õm m h phng trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn x2  y1.

2) Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/giờ thì đến sớm 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/giờ thì đến muộn 1 giờ. Tính vận tốc
dự định và thi gian d nh.

<b>Bài 3 </b><i>(2,0 điểm)</i>

Cho hm s y = x2 _{có đồ thị là (P) và đờng thẳng (d): y = 2mx + 2x - m}2_{+ 1}
1)Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (d) khi m = 1

2) Gọi x1, x2 là các hồnh độ giao điểm của (P) và (d). Tìm m thỏa mãn:

  

1 2 1 2
1 1 1

1
x x x x
<b>Bài 4 </b><i>(3,5 điểm)</i>

Cho na ng trũn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc<b> với</b>
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 trịn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E
và F.

1. Chứng minh: EOF 90  0

2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh <i>MK</i> <i>AB</i>.

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

<b>Bµi 5 </b><i>(0,5 điểm) </i>

Giải hệ phơng trình:

  _




   




x 1 9 y 2 5

y 1 9 x 2 5

==========Hết==========

<b>Trờng thcs cẩm văn</b>

<b>---</b> <b>Hớng dẫn chấm tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2012 </b><b> 2013</b>
<b></b>

<b>---Câu</b>

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

<b>Bài 1</b>
(2,0
điểm)
1

(1 đ)

      

   

  

y 2012 2 2 2 2 x 8 2012 2 2 2 2 x 2012
2012 2012 2 4024

x x

2
2 2

x 1006 2 2012

Vậy x1006 2 2012_{thì hàm số nhận giá trị là 2011+}2 2_.

0,25
0,25
0,25
0,25
2:
(1đ)

4 x 8x x 1 2

P :

4 x

2 x x 2 x x

   _ 
_  _{ }  _

 
   

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

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

    



  

8 x 4x 3 x
:

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

 



  





4 x 2 x _{x ( x 2)}
.

(2 x )(2 x ) 3 x

 _

  
4x
x 3


VËy P
4x
x 3


 _{(x > 0; x ≠ 4 v x 9)}

0,25

0,25
0,25
0,25
<b>Bài 2</b>
(2,0
điểm)
1(1đ)
   
   
  
   
          
   
         
2

x y 3m 2 3x 3y 9m 6 5x 10m 5 x 2m 1
2x 3y m 11 2x 3y m 11 x y 3m 2 y m 3
x y 1 x y 1 2m 1 m 3 1(*)

NÕu 
1
m

2_{th× (*)} 2m 1 m 3 1     m5_{(tháa m·n)}

NÕu 
1
m

2_{th× (*)} 2m 1 m 3 1   3m 3 m1_{( loại vì m <0)}
Vậy m=5 thì hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thỏa mÃn x2  y1

0,25
0,25
0,25
0,25
2
(1®)

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

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

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

Theo bài ra ta có hệ phơng trình:

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

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

Các giá trị của x, y thỏa mÃn điều kiện bài toán.

<i>Vy: </i> Thi gian d nh là 6 giờ và vận tốc dự định là 28km/giờ.

0,25
0,25
0,25
0,25
<b>Bµi 3</b>
(2,0
®iĨm)
1(1®)

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

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





    
   _{  }
   

2
2
2
x 0 y 0 0
x 4x x x 4 0

x 4 y 4 16

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị khi m = 1 là O(0;0); B(4;16)

0,25
0,5
0,25

2(1đ) Xét phơng trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):

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

’ = (m+1)2_{– 1. ( m}2_{– 1)= m}2_{+ 2m + 1 – m}2_{+ 1 = 2m + 2.}

Để hai đồ thị có hai điểm chung ta phải có pt có hai nghiệm x1 , x2 tức là:
’  0  2m + 2  0  m  -1

Theo hÖ thøc Vi Ðt ta cã :

1 2

2
1 2

2 2
. 1

<i>m</i>

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x x</i> <i>m</i>

 






 




Theo đề bài ta có:

  

1 2 1 2
1 1 1

1

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

 2m + 2 + m2_{– 1 = 1}__m2_{+ 2m = 0}__{m(m + 2 ) = 0.}

 m = 0 ( nhËn) ; m = -2 ( loại)
Vậy m = 0 thì

1 2 1 2
1 1 1

1
x x x x

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

<b>Bài 4</b>

(3,5
điểm)

V
hỡnh
ỳng

N

y

x

O
K

F

E

M

B
A

0,25

1
(0,75)

EA, EM l hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở F

=> OE là phân giác của <i>AOM</i> _{(tÝnh chÊt hai tt c¾t nhau)}

Tương tự: OF là phân giác của <i>BOM</i>

Mà <i>AOM</i> _và<i>BOM</i> _{kề bù nên:}<i>_EOF</i> ₉₀0

 _(đpcm)

0,25
0,25
0,25

2
(1 ®)

Ta có: <i>EAO EMO</i> 900_{(tính chất tiếp tuyến)}

Tứ giác AEMO có <i>EAO EMO</i> 1800_{nên nội tiếp được trong một đường trịn.}

Tam giác AMB và tam giác EOF có:

 _{EOF 90} 0
<i>AMB</i>  _,

<i>MAB MEO</i>  _{(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ}

giácAEMO).

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

0,5

0,5

3
(0.5
®iĨm)

Tam giác AEK có AE // FB nên:

<i>AK</i> <i>AE</i>
<i>KF</i> <i>BF</i>

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

<i>AK</i> <i>ME</i>

<i>KF</i> <i>MF</i> _{. Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let)}

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB.

0,25
0,25
4

(1
®iĨm)

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB.
FEA có: MK // AE nên:

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

<i>NK</i> <i>BK</i>
<i>AE</i> <i>BE</i> ₍₂₎

Mà

<i>FK</i> <i>BK</i>

<i>KA</i> <i>KE</i> _{( do BF // AE) nên}

<i>FK</i> <i>BK</i>

<i>KA FK</i> <i>BK KE</i> hay

<i>FK</i> <i>BK</i>
<i>FA</i> <i>BE</i> ₍₃₎

0,25

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

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

<i>MK</i> <i>KN</i>

<i>AE</i> <i>AE</i> _{. Vậy MK = NK.}

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

1
2

<i>AKB</i>
<i>AMB</i>

<i>S</i> <i>KN</i>

<i>S</i> <i>MN</i> 

Do đó:

1

2

<i>AKB</i> <i>AMB</i>

<i>S</i>  <i>S</i>

.

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3

<i>MB</i>

<i>MA</i> <i>_MAB</i> ₆₀0

  _.

Vậy AM = 2
<i>a</i>

và MB =

3
2

<i>a</i> 1 1 3

. . .
2 2 2 2

<i>AKB</i>

<i>a a</i>
<i>S</i>



=
2

1
3

16<i>a</i> _(vdt)

0.25

0.25

<b>Bài 5</b>

(0,5

điểm) 0,5đ

Điều kiện :   1 x 9; 1  y 9. 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 1 vµ 9  y  9 x suy ra
x 1  9 y  y 1  9 x mâu thuẫn với (3)
Tơng tự x < y cũng suy ra m©u thuÉn . VËy x = y

0,25

Thay x = y vµo pt (1) ta cã :
x 1  9 x 2 5

Vì hai vế của phơng trình khơng âm nên bình phơng hai vế ta đợc:
102



x 1 9

 

 x



20



x 1 9

 

 x



5

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

</div>

<!--links-->