Đề và đáp án toán 10 hà nội 2014

NHÓM CỰ MÔN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
MÔN TOÁN 2014  2015
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1: (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của biểu thức



x 1
A
x 1
khi x = 9.
2. Cho biểu thức
 
 
 
 
  
 
x 2 1 x 1
P .
x 2 x x 2 x 1
với 0 < x  1.
a. Chứng minh rằng


x 1
P .
x

b. Tìm giá trị của x để
 2P 2 x 5.

Bài 2: (2,0 điểm): (Giải bài toán bằng cách lập phương trình): Một phân xưởng theo kế hoạch cần
sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5
sản phẩm nên phan xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế
hoạch, mỗi ngày phân xưởng sản xuất bao nhiêu sản phẩm ?
Bài 3: (2,0 điểm):
1. Giải hệ phương trình:

 

 



  

 

4 1
5
x y y 1
.
1 2
1
x y y 1

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x

2
và đường thẳng (d): y = x + 6.
a. Tìm tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P)
b. Tính diện tích tam giác OAB.
Bài 4: (3,5 điểm): Cho đường tròn (O, R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường
tròn (O) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần
lượt tại Q, P.
1. Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2. Chứng minh rằng bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
3. Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại F. Chứng minh F
là trung điểm BP và ME song song với NF.
4. Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường
kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài 5: (0,5 điểm): Với a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
     
Q 2a bc 2b ca 2c ab.




ĐÁP SỐ  LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI
Năm học: 2014 – 2015
Bài 1

HƯỚNG DẪN
:
Ta lần lượt:

 Với câu 1) ta thay ngay x = 9 vào A.

 Với câu 2.a) để đơn giản P ta biến đổi:

 
 
1
x 2 1
P
x 2 x x 2

dựa vào việc tách
 
  x 2 x x x 2
để có được MSC
 

 


1
x 2 1
P
x 2
x x 2
 
 


x 2 x
.
x x 2

Tới đây, để phân tích TS thành nhân tử ta tách:
 
 
     x 2 x x 1 x 1
    
    x 1 x 1 x 1

  
  x 2 x 1 .

Từ đó, nhận được


1
x 1
P .
x

Thay P
1
vào P sẽ nhận được điều cần chứng minh.
 Với câu 2.b) ta sử dụng kết quả trong 2.a để nhận được phương trình dạng:
  2x 3 x 2 0.
(*)
Phương trình (*) được giải bằng các cách:
Cách 1: Phân tích đa thức thành nhân tử.
Cách 2: Sử dụng ẩn phụ
 t x, t 0.

Lưu ý: Để có được lời giải đơn giản hơn các em học sinh hãy sử dụng ẩn phụ
 t x, t 0.


LỜI GIẢI CHI TIẾT:
1. Với x = 9 ta có ngay:



9 1
A
9 1



3 1
3 1
= 2.
2.a. Biến đổi dần P về dạng:


 
x 2 1
x 2 x x 2
 

 


x 2 1

x 2
x x 2
 
 


x 2 x
x x 2
  
 
 


x 2 x 1
x x 2


x 1
.
x

 


x 1 x 1
P .
x x 1


x 1

.
x

b. Ta có:
 2P 2 x 5
 

  
2 x 1
2 x 5
x

   2x 3 x 2 0


  
   2 x 1 x 2 0
  2 x 1 0
 
1
x
2
 
1
x .
4

Vậy, với

1

x
4
thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Cách giải khác: Đặt
 t x, t 0.

 
 
 
 
  
 
2
2
t 2 1 t 1
P .
t 2t t 2 t 1
 
 
 
 
  
 
2
t 2 1 t 1
.
t(t 2) t 2 t 1
  

 

2
t t 2 t 1
.
t(t 2) t 1


  

 
(t 1)(t 2) t 1
.
t(t 2) t 1


t 1
t


x 1
.
x

Với yêu cầu
 2P 2 x 5
, ta được:
 

 
2 t 1
2t 5

t
 2t
2
+ 3t  2 = 0

 
t 0
1
t
2
 
1
x
2
 
1
x .
4

Vậy, với

1
x
4
thỏa mãn điều kiện đầu bài.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Với x > 0, cho hai biểu thức:
2 x x 1 2 x 1

A vµ B .
x x x x
  
  


1. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. Rút gọn biểu thức B.
2. Tìm x để
A 3
.
B 2


Bài 2

HƯỚNG DẪN
:
Gọi x (x > 0) là số sản phẩm phân xưởng sản xuất được mỗi ngày theo kế hoạch.
Thiết lập phương trình theo thời gian.

LỜI GIẢI CHI TIẾT:
Gọi x (x > 0) là số sản phẩm phân xưởng sản xuất được mỗi ngày theo kế hoạch.
Suy ra:
 Số ngày theo kế hoạch là
1100
.
x

 Số ngày thực tế là


1100
.
x 5

Từ giả thiết, ta được:
 

1100 1100
2
x x 5
 1100(x + 5)  1100x = 2x(x + 5)  2x
2
+ 10x  5500 = 0

 
x 0
x 50.

Vậy, theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng sản xuất được 50 sản phẩm.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30
phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A
đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B.

Bài 3

HƯỚNG DẪN
:

Ta lần lượt:
 Với câu 1) ta thiết lập điều kiện có nghĩa cho hệ rồi sử dụng hai ẩn phụ
 
 
1 1
u & v
x y y 1
để chuyển hệ về dạng bậc nhất với hai ẩn u và v.
 Với câu 2.a) thiết lập phương trình hoành độ. Từ đó, suy ra tọa độ của A, B
 Với câu 2.b) thiết lập công thức tính diện tích OAB:
S
OAB
= S
AA’B’B
 S
OAA’
 S
OBB’

trong đó A’, B’ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B trên Ox.

LỜI GIẢI CHI TIẾT:
1. Điều kiện:
 


 

x y 0
y 1 0

 




x y
.
y 1

Sử dụng hai ẩn phụ
 
 
1 1
u & v .
x y y 1
Hệ được chuyển về dạng:
 


  

4u v 5
u 2v 1
 



  

8u 2v 10

u 2v 1




  

9u 9
u 2v 1






u 1
v 1














1
1
x y
1
1
y 1
 



 

x y 1
y 1 1
 





x 1
.
y 2

Vậy, hệ có nghiệm (1; 2).
Cách trình bày khác: Biến đổi trực tiếp hệ về dạng:

 

 




  

 

8 2
10
x y y 1
1 2
1
x y y 1








  

 

9
9
x y
1 2
1

x y y 1












1
1
x y
1
1
y 1
 



 

x y 1
y 1 1
 






x 1
.
y 2

Vậy, hệ có nghiệm (1; 2).

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Giải hệ phương trình:
3(x 1) 2(x 2y) 4
.
4(x 1) (x 2y) 9
   


   


2.a. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) với (P) là:
x
2
= x + 6  x
2
+ x  6 = 0





 

x 2
.
x 3

Suy ra (d) cắt (P) tại hai điểm A(2; 4) và B(3; 9).
2.b. Gọi A’, B’ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B trên Ox (Bạn đọc tự vẽ hình).
Ta có ngay:
S
OAB
= S
AA’B’B
 S
OAA’
 S
OBB’

   
1 1 1
(AA' BB')A 'B' AA '.OA' BB '.OB'
2 2 2


   
1 1 1
(9 4)5 .9.3 .4.2
2 2 2
= 15 (đvdt).


BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
    
2 2
1 1
(P) : y x , (d) : y mx m m 1.
2 2

a. Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P)
b. Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
sao cho x
1

x
2
 = 2.
Bài 4

HƯỚNG DẪN
:
Bạn đọc tự vẽ hình.

Ta lần lượt:

 Với câu 1) chứng minh tứ giác AMBN có bốn góc vuông.

 Với câu 2) chứng minh



ANM AQB.

 Với câu 3) chứng minh ME và NF cùng vuông góc với MN.
 Với câu 4) thiết lập công thức:
2S
MNPQ
= 2S
APQ
 2S
AMN
= 2R.PQ  AM.AN
= 2R(PB + BQ)  AM.AN.
Rồi lần lượt đánh giá:


2 2
AM AN
AM.AN
2

2
MN
2

 
PB BQ 2 PB.BQ

= 2AB.

LỜI GIẢI CHI TIẾT:
1. Tứ giác AMBN có bốn góc vuông (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là hình chữ nhật.
2. Nhận xét rằng:


ANM ABM
 Cùng chắn cung AM.



ABM AQB
 Góc có cạnh tương ứng vuông góc.
Suy ra



ANM AQB
nên tứ giác MNPQ nội tiếp.
3. Nhận xét rằng:
OE là đường trung bình của ABQ.
OF // AP nên OF là đường trung bình của ABP.
Suy ra F là trung điểm BP.
Ngoài ra:
AP  AQ  OE  OF.
NOF = OFB (c.c.c)

 
0

ONF 90 .
(1)
Chứng minh tương tự, ta cũng có


0
OME 90 .
(2)
Từ (1) và (2) suy ra ME // NF (cùng vuông góc với MN).
4. Ta có:
2S
MNPQ
= 2S
APQ
 2S
AMN
= 2R.PQ  AM.AN
= 2R(PB + BQ)  AM.AN.

Trong đó:


2 2
AM AN
AM.AN
2

2
MN
2

= 2R
2
 AM.AN  2R
2
. (3)
Hai tam giác ABP và QBA đồng dạng nên:

AB BP
QB BA
 AB
2
= BP.BQ.
 
PB BQ 2 PB.BQ
= 2AB = 4R. (4)
Cộng theo vế (3), (4) ta được:
2S
MNPQ
 2R.4R  2R
2
= 6R
2
 S
MNPQ
 3R
2

Vậy MinS
MNPQ
= 3R

2
đạt được khi:






AM AN
PB BQ
 MN vuông góc với AB.

BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M,
N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d
không đi qua tâm O).
1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2. Chứng minh AN
2
= AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm, AN = 6 cm.
3. Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng
minh MT song song với AC.
4. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng
cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 5

HƯỚNG DẪN
:
Biểu thức điều kiện và Q có dạng đối xứng nên ta khẳng định dấu “=” xảy ra khi:

a = b = c.
Từ đó, định hướng biến đổi cân xứng để sử dụng bất đẳng thức Côsi. Cụ thể:
2a bc
   (a b c)a bc
   
2
a ab ca bc

  (a b)(a c)
  

Cosi
(a b) (a c)
.
2

Làm tương tự với
 
2b ca, 2c ab.


LỜI GIẢI CHI TIẾT:
Sử dụng đẳng thức điều kiện, ta lần lượt có:
2a bc
   (a b c)a bc
   
2
a ab ca bc

  (a b)(a c)

  

Cosi
(a b) (a c)
.
2
(1)
Tương tự, ta cũng có:
  
 
(a b) (b c)
2b ca .
2
(2)
  
 
(a c) (b c)
2c ab .
2
(3)
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
 

4(a b c)
Q
2
= 4

suy ra MinQ = 4, đạt được khi:
  



    

a b c 2
a b b c c a
   
2
a b c .
3


BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ  SÁNG TẠO

1. Với a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
     
Q 4a bc 4b ca 4c ab.

2. Với a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
3.
a b c
  