hướng dẫn giải bàit thi môn toán vào lớp 10(2010-2011)

Sở Giáo dục và đào tạo Kì thi tuyển sinh vào lp 10
THPT
Hà Nội Năm học 2010- 2011
Môn thi : Toán
Ngày thi: 22/6/2010
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I : ( 2,5 điểm ) Cho biểu thức : A=
2 1
; 0; 9
9
3 3
x x
x x
x
x x
+ +

+
.
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm giá trị của x để A=
1
3

3) Tính giá trị ln nht của biểu thức A .
Bài II: (2.5diểm )
Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình:
Mt mnh t hỡnh ch nht cú di ng chộo l 13 m v chiu di ln hn
chiu rng 7 m. Tớnh chiu di v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.
Bài III: (1 điểm)

Cho parabol (P): y=-x
2
v ng thng (d): y=mx-1.
1) Chng minh rng vi mi giỏ tr ca m thỡ ng thng (d) luụn ct parabol
ti hai im phõn bit.
2) Gi x
1
; x
2
ln lt l honh giao im ca dng thng (d) v parabol
(P). Tỡm giỏ tr ca m : x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
-

x
1
x
2
=3.
Bài IV: (3.5 điểm)
Cho đờng tròn (O) cú ng kớnh AB=2R v im C thuc ng trũn ú (C
khỏc A, B). Ly im D thuc dõy BC (D khỏc B, C). Tia AD ct cung nh BC ti

im E, tia AC ct tia BE ti im F.
1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp
2) Chng minh DA.DE=DB.DC.
3) Chng minh gúc CFD bng gúc OCB. Gi I l tõm ng trũn
ngoi tip t giỏc FCDE, chng minh IC l tip tuyn ca ng trũn
(O).
4) Cho bit DF=R, chng minh tang gúc AFB=2
Bài V (0.5 điểm)
Giải phơng trình:
2 2
4 7 ( 4) 7.x x x x+ + = + +
_______________ Hết _______________
Lu ý: Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm.
H tờn thớ sinh: . S bỏo danh:
CHNH THC
H tờn, ch kớ ca giỏm th 1: H tờn, ch kớ ca giỏm th 2:
H ng dn lm bi:
Bài 1 :1)

K : x
0; 9x
2/ A = = = 9 = 6 x = 36 (T/m)
Vy x = 36 thỡ A = 1/3.
3) cú
Vy giỏ tr ln nht ca A l 1 khi x=0.
Bài II: (2.5diểm )
Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật đó là x(m) ,thì chiều dài của mảnh đất
hình chữ nhật đó là x+ 7 (m).
ĐK: 13> x> 0.
Do đờng chéo của mảnh đất hình chữ nhật đó là 13m. Theo định lí Pytago, ta có

phơng trình: x
2
+(x+7)
2
=13
2



<=
=
=+
)(012
5
0607
2
loaix
x
xx
Vậy chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật đó là 5m và chiều dài của mảnh đất
hình chữ nhật đó là 12m.
Bài III: (1 điểm)
1) Phơng trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình
-x
2
=mx-1
( )
101
2
=+ mxx

.
Do ac = -1<0 nên phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m, suy
ra(d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m(đpcm).
2) Theo Vi-et ,ta có :



=
=+
1
21
21
xx
mxx

Suy ra: x
1
2
x
2
+x
2
2
x
1
- x
1
x
2
=3

( )
2313
212121
==+=+ mmxxxxxx
.
Kết luận: m= 2 là giá trị cần tìm.
Bài IV: (3.5 điểm)
( 3) 2 ( 3) (3 9)
( 3)( 3)
3 2 6 3 9 3( 3)
( 3)( 3) ( 3)( 3)
3
.
( 3)
x x x x x
A
x x
x x x x x x
x x x x
x
+ + +
=
+
+ +
= =
+ +
=
+
0, DKXD.
=> 3 3

3 3
(3 0)
3
3
1
x x
x
x
A

+
=> >
+
=>
1) Ta có: ACB = AEB =90
0
(góc nt chắn nửa đờng tròn)
Suy ra: FCD = FED =90
0

=+
0
180FEDFCD
tứ giác FCDE nội tiếp.
2) Dễ chứng minh :
( )
DCDBDEDAggDCEDAB ~ =
3) Ta có: OCB = OBC(do tam giác OBC cân đỉnh O);
mà OBC = DEC (theo c/m phần 2); Mặt khác tứ giác
FCDE nội tiếp (cmt) nên

DEC = CFD (cùng chắn cung CD).
Suy ra: OCB = CFD (đpcm).
* I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF
và FCD = FED =90
0
(cmt) nên DF là đờng kính của đ-
ờng tròn đó
=> I là trung điểm của đoạn FD, Theo tính chất đờng
trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ta
suy ra:
IC=IF =
ICFCDOCIDFCICFOCB
DF
====
0
90)(
2

là tiếp tuyến của (O;R).
4) Tứ giác FCDE nội tiếp (cmt), nên AFB = AFE (cùng bù góc CDF).
Từ đó: tg AFB =tgAFE =
DE
BE
EF
AE
=
. Mà
224
4
2

2
2
2
22
22
2
2
2
2
=====
+
+
== tgAFB
EF
AE
R
R
DF
AB
DEEF
BEAE
DE
BE
EF
AE
(đpcm).
Bài 5: Đặt y =
xx >+ 77
2
. Ta có phơng trình:

y
2
+4y = (x+4)y
( )( )



=
=
=
xy
y
xyy
4
04
.
* Với y = 4



=
=
=+
3
3
167
2
x
x
x

.
* Với y = x< 0 ,không thoả mãn ĐK. Xét y = x>0 ,ta có : x
2
+7 = x
2
(ptvn).
Kết luận: Phơng trình đã cho có 2 nghiệm là 3 và -3.
A B
C
D
E
F
.
O
. I