ĐÁP ÁN THI VÀO 10 MÔN TOÁN NĂM 2010-2011

ĐÁP ÁN THI VÀO 10 HÀ NỘI NĂM 2010- 2011
Bài I (2,5đ)
1)
x 2 x 3x 9
A
x 9
x 3 x 3
x 2 x 3x 9
x 3 x 3 ( x 3)( x 3)
x( x 3) 2 x( x 3) (3x 9) x 3 x 2x 6 x 3x 9
( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3)
3( x 3) 3
( x 3)( x 3) x 3
+
= + −
−
+ −
+
= + −
+ − + −
− + + − + − + + − −
=
+ − + −
−
= =
+ − +
2)
3 1
x 3 9 x 6 x 36(t / m)
3
x 3

= ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
+
3) Tìm Max A
3
A
x 3
=
+
Ta thấy:
3 3
x 3 3 1
3
x 3
+ ≥ ⇔ ≤ =
+
Vậy Max A = 1 khi
x 3 3 x 0 x 0(t / m)+ = ⇔ = ⇔ =
Bài II(2,5đ)
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (x>0,m)
Chiều dài của hình chữ nhật là: x+7 (m)
Vì độ dài đường chéo là 13m nên theo định lý pi ta go ta có pt:
+ + =
⇔ + + + =
⇔ + − =
⇔ + − =
∆= − − = >
∆=
− + − −
= = = =−
2 2 2

2 2
2
2
2
1 2
x (x 7) 13
x x 14x 49 169
2x 14x 120 0
x 7x 60 0
7 4( 60) 289 0
17
7 17 7 17
x 5(T / m);x 12(Lo¹i)
2 2
Vậy chiều rộng là 5m. Do đó chiều dài là 5+7 = 12(m)
Bài III ( 1,0đ)
1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của pt:
− = −
⇔ + − =
∆ = + >
2
2
2
x mx 1
x mx 1 0(*)
m 4 0
Do đó pt(*) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vì vậy (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt.
2)
+ − =

⇔ + − =
2 2
1 2 2 1 1 2
1 2 1 2
x x x x x x 3
x x (x x 1) 3(1)
Theo định lí viet ta có:
1 2
x x
=-1;
+
1 2
x x
=-m thay vào(1) ta được
-1(-m-1) = 3
m+ 1 = 3
⇔
m = 2
Bài IV.(3,5đ)
1)Ta có
·
·
= =
0
ACB AEB 90
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Do đó E, C thuộc đường tròn đường kính DF
Vậy FCDE tứ giác nội tiếp.
2) Xét
·

·
·
·
¼
∆ ∆
=
=
⇒ ∆ ∆ −
= ⇔ =
DAB và DCE
Có: CDE ADB (Đối đỉnh)
CED DBA(Góc nội tiếp chắn AC)
DAB~ DCE (g g)
DA DC
DA.DE DB.DC
DB DE
3)
·
·
»
·
·
»
·
·
·
·
=
=
∆

⇒
Ta có:CFD CED (Góc nội tiếp chắn CD)
Mà:CED CBA (Góc nội tiếp chắn CA)
CBA = OCB ( COB cân tại O)
CFD = OCB
·
·
·
·
·
·
· ·
·
·
= =
= ∆
+ =
+ =
∈
⇒
0
0
Ta có: OCB = OBC CEA CFD
ICD IDC( CID cân tại I)
Mà :CFD FDC 90
ICD OCB 90
c (O)
IC là tiếp tuyến (O)
Bài V(0,5đ) Cách 1
( )

+ + = + +
+ + = + + > ∀
⇔
+ + = +
2 2
2 2
2
2 2
x 4x 7 (x 4) x 7(*)
Ta có: x 4x 7 (x 2) 3 0 x
Do đó để pt (*)có nghiệm thì x+4>0 x>-4
Lúc đó pt (*) có hai vế đều không âm. do vậy ta bình
phương 2 vế của (*) ta được:
x 4x 7 (x 4) x
 
+
 
 
2
7
⇔ + + + + + = + + +
⇔ + + + + + = + + + + +
⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ = ⇔ = ±
4 2 3 2 2 2
4 2 3 2 4 2 3 2
2 2
2 2
2

x 16x 49 8x 14x 56x (x 8x 16)(x 7)
x 16x 49 8x 14x 56x x 7x 8x 56x 16x 16.7
49 14x 7x 16.7
7 2x x 16
x 9 x 3(t / m)
·
·
·
·
·
·
∆ ∆
= =
= =
⇒∆ ∆
⇒ = ⇔ = =
= =
0
Xét CDF và CAB có:
FCD ACB 90
CFD OCB CBO(Cmt)
CDF ~ CAB(g-g)
AB BC BC 2R
2
FD CF CF R
Trong tam giác vuông BCF có:
BC
tgAFB 2
CF
4)

Cách 2
(
)
(
)
(
)
(
)
+ + = + +
⇔ + + = + + +
⇔ + + − + − + =
   
⇔ + − + + − + =
   
   
⇔ + + − − + − =
⇔ + − + − =

+ − =

⇔

+ − =


+ =

⇔


+ =


+ =
⇔

+ =


= ∅
⇔

= ±

2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
x 4x 7 (x 4) x 7
x 4x 7 x x 7 4 x 7
x 4x 7 x x 7 4 x 7 0
(x 7) x x 7 4x 4 x 7 0

x 7 x 7 x 4 x 7 x 0
x 7 x x 7 4 0
x 7 x 0
x 7 4 0
x 7 x
x 7 4
x 7 x
x 7 16
x
x 3