Đề thi Đáp án môn toán thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP Hà Nội năm 2014

ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
@

Đáp án
1)Với x=9 thì
=
3
x
+
⇒ = = =
−
3 1 4
2
3 1 2
A
.
2) a)
2 1 2 1 ( 1)( 2) 1
. . .
( 2) ( 2) 1 ( 2) 1 ( 2) 1
x x x x x x x x x
P
x x x x x x x x x x x
 
− + + − + − + +
= + = =
 
 
+ + − + − + −

 

1
x
x
+
=
.





Câu I
b) ĐK:
0 1
x
< ≠
, ta có:
2( 1)
2 5 2 2 (2 5) 2 3 2 0
x
x x x x x x
x
+
= + ⇔ + = + ⇔ + − =

2( )
1
1

4
2
x L
x
x

= −

⇔ ⇔ =

=


(TMĐK).






Câu II
Gọi số sản phẩm làm mỗi ngày theo kế hoạch là x (
*
x N
∈
).
Số sản phẩm làm mỗi ngày thực tế là x+5.
Số ngày làm dự định là
1100
x

.
Số ngày làm thực tế là
1100
5
x
+
. Vì hoàn thành sớm 2 ngày nên ta có PT:
1100 1100
2
5
x x
− =
+
(*). Giải PT(*) ta được:
55( ), 50( )
x L x TM
= − =
.
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày làm được 50 sản phẩm.
1)Giải hệ:
4 1
5 (1)
1
4 8
4 (2)
1
x y y
x y y

+ =


+ −



− = −

+ −

. ĐK:
; 1
x y y
≠ − ≠
.
Lấy (1) và (2) trừ theo vế, ta được:
9
9 1 1 2( )
1
y y TM
y
= ⇔ − = ⇔ =
−
.
Thay vào (1) suy ra:
4
4 2 1 1
2
x x
x
= ⇔ + = ⇔ = −

+
. Vậy
( ; ) ( 1;2).
x y
= −











Câu III











2) Cho
2

( ) :
P y x
=
,
( ) : 6
d y x
= − +
.
a) Xét PT hoành độ giao điểm:
2 2
2 4
6 6 0
3 9
x y
x x x x
x y
= ⇒ =

= − + ⇔ + − = ⇔

= − ⇒ =

.
Hai giao điểm là
(2; 4), ( 3;9)
A B
−
.
b)
x

y
6
9
4
2
-3
M
O
A
B

Gọi M là giao điểm của d với Oy, ta có :
M(0 ;6).
1 1
. . 3 . .2
2 2
1 1
.6.3 .6.2 15.
2 2
OAB BMO AMO
S S S OM OM
∆ ∆ ∆
= + = − +
= + =


1)
Ta có

0

90
MAN =
(góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn).
Tương tự:


0
90
AMB MBN= =
.
Do đó: AMBN là hình chữ nhật.


O
F
E
P
A
B
M
N
Q

2) Ta có:


NPB ABN
=
(vì cùng phụ với góc NBP), mà góc ABN bằng góc AMN

(
1
2
=
sđ

)
AN
, dó đó:






0
180
NPB AMN NPB NMQ AMN NMQ= ⇒ + = + =
.
Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp, hay M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.
3) Vì O, E lần lượt là trung điểm của AB, BQ nên OE là đường trung bình tam
giác BAQ
/ /
OE AM
⇒
mà
OF OE OF AM
⊥
⇒
⊥

, vì
AN AM
⊥
⇒
OF//AN, O lại là
trung điểm của AB nên FO là đường trung bình tam giác ABP, suy ra F là trung
điểm của BP.
-Ta có: Tam giác BMQ vuông ở M và E là trung điểm của BQ
1
2
ME BQ EB
⇒
= =
⇒


0
( . . ) 90
OME OBE c c c EMO EBO∆ = ∆ ⇒ = =
.
EM MN
⇒
⊥
Tương tự
thì
/ / .
FN MN ME NF
⊥
⇒

Câu IV
4) Ta có
1 1 1 1
. . .2 .2 .
2 2 2 2
MNPQ APQ AMN
S S S AB PQ AM AN R EF AM AN
= − = − = −

1
2 . .
2
R EF AM AN

= −
.
Mà
2 2 2
2
. 2
2 2
AM AN MN
AM AN R
+
≤ = =
và
2 2 2
1
2 4 .2 3
2
MNPQ
EF MN R S R R R
≥ =
⇒
≥ − =
.
Dấu “=” xảy ra khi EF=MN và AM=AN hay MN
AB
⊥
.



Câu V

Ta có: a+b+c=2 nên
2 ( ) ( )( )
a bc a b c a bc a b a c
+ = + + + = + +
.
Theo bđt Cô-si:
2
2 ( )( ) (1)
2 2
a b a c a b c
a bc a b a c
+ + + + +
+ = + + ≤ =

Tương tự:
2 2
2 (2), 2 (3)
2 2
a b c a b c
b ac c ab
+ + + +
+ ≤ + ≤

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
2 2 2
2 2 2 2( ) 4.
2 2 2
a b c b a c c a b
a bc b ac c ab a b c
+ + + + + +

+ + + + + ≤ + + = + + =

Dấu bằng khi
2
.
3
a b c
= = =
Vậy MaxQ=4.



Lê Văn Cường, Đỗ Y Linh
Trường THPT Nguyễn Tất Thành-ĐHSP Hà Nội