De dap an TS toan 10 Ha Noi.pdf

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2008 – 2009 Hà Nội
Môn thi : TOÁN
Bài I (2,5 điểm)
Cho biểu thức
1x x
P:
xx1xx
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎜⎟
++
⎝⎠

1) Rút gọn P.
2) Tính giá trị của P khi x = 4.
3) Tìm x để P =
13
3

Bài II (2,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình :
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% và tổ II
vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng
thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?
Bài III (1 điểm)
Cho parabol (P): y =
2
1
x
4

và đường thẳng (d): y = mx + 1.
1) Chứng minh với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ).
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A
và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
K.
1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng v
ới tam giác KEA.
2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE
tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F.
3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường
tròn (I).
4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O),
với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK.
Bài V (0,5 đi
ểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, biết
A = (x – 1)
4
+ (x – 3)
4
+ 6(x – 1)
2
(x – 3)
2

BÀI GIẢI
Bài 1: 1) Rút gọn biểu thức :

1x x
P:
xx1xx
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎜⎟
++
⎝⎠
=
1xxx
.
xx1 x
⎛⎞
+
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
=
(x 1x)(x x)
x( x 1)
++ +
+

=
(x x 1) x( x 1)
x( x 1)
++ +

+
=
xx1 1
x1
xx
++
=++

2) Khi x = 4 thì :
P =
117
41 21
22
4
++ = ++ =

3) P =
13
3
⇔
xx113
3
x
++
=
⇔ 3x + 3
x
+ 3 = 13
x
⇔ 3x – 10

x
+ 3 = 0 (1)
Đặt t =
x
> 0, (1) thành 3t
2
– 10t + 3 = 0 (2)
Δ’ = 25 – 9 = 16
Do đó, (2) ⇔ t =
54
3
−
hay t =
54
3
+
⇔ t =
1
3
hay t = 3

⇒ (1) ⇔
1
x
3
=
hay
x3=
⇔ x =
1

9
hay x = 9
Bài II: Gọi x, y lần lượt là số chi tiết máy của tổ thứ nhất và thứ hai. Theo đề bài ta có :

x y 900 (3)
15x 10y
x y 1010 (4)
100 100
+=
⎧
⎪
⎨
+++=
⎪
⎩


⇔
x y 900
3x y
110 (4) - (3)
20 10
+=
⎧
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

⇔
{
2x 2y 1800 (5)
3x 2y 2200 (6)
+=
+=

(6) – (5)
⇒ x = 400. Thế vào (3) ⇒ y = 900 – 400 = 500

⇔
{
x 400
y 500
=
=

Bài III:
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :

2
1
xmx1
4
=+
⇔ x
2
– 4mx – 4 = 0 (7)

⇒ (7) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì có a.c < 0 với mọi m.

⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m.

2) Phương trình (7) có
Δ’ = 4m
2
+ 4 > 0
Phương trình (7)
⇔ x = 2m
2
2m 1±+
Chọn : x
A
=
2
2m 2 m 1−+
; x
B
=
2
2m 2 m 1
+
+

⇒ y
A
= mx
A
+ 1; y

B
= mx
B
+ 1
Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B lên Ox
S
1
= S
ABB’A’
=
AB
BA
yy
(x x )
2
+
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
=
22
BA BA
1
m(x x ) (x x )
2
−+−

2S
2

= 2S
AOA’
+ 2S
BOB’
= y
A
(-x
A
) + y
B
(x
B
) = (mx
A
+ 1)(-x
A
) + (mx
B
+ 1)x
B

= m
22
BA BA
(x x) (x x)−−−


⇒ S
ΔOAB
= S

1
– S
2
=
BA
3
(x x )
2
− =
2
3m 1
+


Bài IV:












1)
Δ(KAF) đồng dạng với Δ(KEA) cùng có góc chung là
n

AKE
và
n
n
0
KAF AEK 45==
vì cùng chắn
2 cung bằng nhau
p
p
0
AK KB 90==
2) (I, IE) tiếp xúc (O, OE) vì tâm của (I, IE) nằm trên OE, nên chúng tiếp xúc tại E. Ta sẽ chứng
minh IF
⊥ AB.
Cách 1
: Ta có:
n
n
IFE OKE= vì cùng bằng góc
n
KEO do 2 tam giác (IEF) và (OEK) cân tại I và O

⇒ IF // OK (2 góc đồng vị bằng nhau)
A
B
E
K

O

F
I
J
P
N
M
Q
Vì OK ⊥ AB ⇒ IF ⊥ AB.
Cách 2
:Kẻ thêm EO cắt (O, R) tại J :

n
p
p
AE KB
EFA
2
+
=
,
n
o
KJ
KEJ
2
=
⇒
n
n
p

p
o
p
p
o
0
0
AE KB KJ AE AK KJ 180
EFA KEJ 90
222
++ ++
+= = = =

và ta có
n
n
n
n
0
EFA IFE EFA KEJ 90+= + =⇒ IF ⊥ AB
3) CM : MN // AB
Cách 1
:

FA EA
FB EB
=


22

22
EA AF AE.AM
EB FB BN.BE
== đơn giản ta có :
EA AM
EB BN
=

Vậy MN // AB (theo định lý ngược Thales)
Cách 2:
n
n
0
AEF 45 MNF== cùng chắn
q
MF
Tương tự :
n
n
0
FMN 45 FEN== cùng chắn
p
FN

⇒ Δ(FMN) vuông cân tại F ⇒ MF là phân giác của góc
n
IFA


⇒ 2 góc sole

nn
0
FMN MFA 45== ⇒ MN // AB
4) Do chứng minh ở trên ta dễ dàng suy ra FN // KB và FM // KA nên tứ giác FPKQ là hình
chữ nhật vì có 3 góc vuông
Vậy ta có : FP = AP = KQ
và FQ = PK = QB
Chu vi
Δ(PKQ) = AP + PK + FK = R 2 + FK
YCBT
⇒ FK nhỏ nhất khi F trùng O ⇒ E là trung điểm
p
AB của đường tròn (O, R)
Bài V: Đặt u = x – 2, A thành :
A = (u + 1)
4
+ (u – 1)
4
+ 6(u + 1)
2
(u – 1)
2
= 2u
4
+ 12u
2
+ 2 + 6(u
2
– 1)
2

= 8u
4
+ 8 ≥ 8.
A = 8 khi và chỉ khi u = 0
⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy GTNN A = 8.
Lê Quang Minh, Nguyễn Phú Vinh
(TT Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn)