bộ đề thi vào lớp 10 môn toán hà nội từ năm 2006 2015

Tải về từ trang web của trường Phổ thông Việt-Úc Hà Nội: www.vashanoi.edu.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học 2009-2010
Môn: TOÁN
Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 ( 2,5 ñiểm )
Cho biểu thức:
1 1
4
2 2
x
A
x
x x
= + +
−
− +
với
0; 4
x x
≥ ≠

1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.

3) Tìm giá trị của x ñể
1
3
A
= −
.
Bài 2 ( 2,5 ñiểm )
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may
trong 5 ngày thì cả hai tổ may ñược 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may
ñược nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may ñược bao nhiêu
chiếc áo?
Bài 3 ( 1 ñiểm )
Cho phương trình (ẩn x):
2 2
2( 1) 2 0
x m x m
− + + + =
.
1) Giải phương trình ñã cho khi
1
m
=
.
2) Tìm giá trị của m ñể phương trình ñã cho có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
thỏa mãn hệ
thức:

2 2
1 2
10
x x
+ =
.
Bài 4 ( 3,5 ñiểm )
Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm A nằm bên ngoài ñường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
ñường tròn (B, C là các tiếp ñiểm).
1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi E là giao ñiểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và
2
.
OE OA R
=
.
3) Trên cung nhỏ

BC
của ñường tròn (O, R) lấy ñiểm K bất kì (K khác B, C). Tiếp tuyến
tại K của ñường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác
APQ có chu vi không ñổi khi K chuyển ñộng trên cung nhỏ

BC
.
4) ðường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các ñường thẳng AB, AC theo thứ tự tại
M và N. Chứng minh rằng
PM QN MN
+ ≥
.

Bài 5 ( 0,5 ñiểm )
Giải phương trình:
( )
2 2 3 2
1 1 1
2 2 1
4 4 2
x x x x x x
− + + + = + + +

HẾT
ðỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011
ðỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 ñiểm)
Cho biểu thức
x 2 x 3x 9
A
x 9
x 3 x 3
+
= + −
−
+ −
, với x ≥ 0 và x ≠ 9
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x ñể
1

A
3
=
.
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A
Bài II (2,5 ñiểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh ñất hình chữ nhật có ñộ dài ñường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh ñất ñó.
Bài III (1,0 ñiểm)
Cho parabol (P) : y = − x
2
và ñường thẳng (d) : y = mx − 1
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì ñường thẳng (d) luôn cắt parabol (P)
tại hai ñiểm phân biệt.
2) Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành ñộ các giao ñiểm của ñường thẳng (d) và parabol
(P). Tìm giá trị của m ñể :
2 2
1 2 2 1 1 2
x x x x x x 3
+ − =

Bài IV (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn (O) có ñường kính AB = 2R và ñiểm C thuộc ñường tròn ñó (C
khác A, B). Lấy ñiểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại ñiểm
E, tia AC cắt tia BE tại ñiểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC
3) Chứng minh


CFD OCB
=
. Gọi I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE,
chứng minh IC là tiếp tuyến của ñường tròn (O) .
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg

AFB 2
=
.
Bài V (0,5 ñiểm)
Giải phương trình :
2 2
x 4x 7 (x 4) x 7
+ + = + +


BÀI GIẢI
Bài I: (2,5 ñiểm) Với x ≥ 0 và x
≠
9 ta có :
1) A =
2 3 9
9
3 3
x x x

x
x x
+
+ −
−
+ −
=
( 3) 2 ( 3) 3 9
9 9 9
x x x x x
x x x
− + +
+ −
− − −


3 2 6 3 9
9
x x x x x
x
− + + − −
=
−

3 9
9
x
x
−
=

−
3( 3)
9
x
x
−
=
−
3
3
x
=
+

2) A =
1
3

3
3
x
=
+
⇔
3 9
x
+ =
⇔
6
x

=
⇔ x = 36
3) A
3
3
x
=
+
lớn nhất ⇔
3
x
+
nhỏ nhất ⇔
0
x
=
⇔ x = 0
Bài II: (2,5 ñiểm)
Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)
⇒ chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)
Vì ñường chéo là 13 (m) nên ta có :
2 2 2
13 ( 7)
x x= + + ⇔
2
2 14 49 169 0
x x
+ + − =

⇔ x

2
+ 7x – 60 = 0 (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 17
2

Do ñó (1) ⇔
7 17
2
x
− −
= (loại) hay
7 17
5
2
x
− +
= =

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m
Bài III: (1,0 ñiểm)
1) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là:
-x
2
= mx – 1 ⇔ x
2
+ mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m
⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 ñiểm
phân biệt.
2) x
1
, x

2
là nghiệm của (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1

2 2
1 2 2 1 1 2
3
x x x x x x
+ − =
⇔
1 2 1 2
( 1) 3
x x x x
+ − =
⇔
1( 1) 3
m
− − − =

⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2
Bài IV: (3,5 ñiểm)
1) Tứ giác FCDE có 2 góc ñối



o
FED 90 FCD
= =

nên chúng nội tiếp.
2) Hai tam giác vuông ñồng dạng ACD và DEB vì
hai góc


CAD CBE
=
cùng chắn cung CE, nên ta
có tỉ số :
DC DE
DC.DB DA.DE
DA DB
= ⇒ =
3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
FCDE, ta có


CFD CEA
=
(cùng chắn cung CD)
Mặt khác


CEA CBA

=
(cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên


CFD OCB
=
.
Ta có :



ICD IDC HDB
= =




OCD OBD
=
và


0
HDB OBD 90
+ =

⇒



0
OCD DCI 90
+ =
nên IC là tiếp tuyến với ñường tròn tâm O.
Tương tự IE là tiếp tuyến với ñường tròn tâm O.
4) Ta có 2 tam giác vuông ñồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn



1
CAE COE COI
2
= = (do tính chất góc nội tiếp)
Mà

CO R
tgCIO 2
R
IC
2
= = =
⇒


tgAFB tgCIO 2
= =
.
Bài V: (0,5 ñiểm)
Giải phương trình :
2 2

4 7 ( 4) 7
x x x x
+ + = + +

I
A

B

F

E

C

O

D

ðặt t =
2
7
x
+
, phương trình ñã cho thành :
2
4 ( 4)
t x x t
+ = +
⇔

2
( 4) 4 0
t x t x
− + + =
⇔
( )( 4) 0
t x t
− − =
⇔ t = x hay t = 4,
Do ñó phương trình ñã cho ⇔
2 2
7 4 7
x hay x x
+ = + =

⇔ x
2
+ 7 = 16 hay
2 2
7
7
x x
x

+ =


≥



⇔ x
2
= 9 ⇔ x =
3
±

Cách khác :

2 2
4 7 ( 4) 7
x x x x
+ + = + +
⇔
2 2
7 4( 4) 16 ( 4) 7 0
x x x x
+ + + − − + + =

⇔
2 2 2
( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0
x x x x
+ − + + + − + + =

⇔
2 2
7 4 0 ( 4) 7 4 0
x hay x x
+ − = − + + + + =

⇔
2 2
7 4 7
x hay x x
+ = + =
⇔ x
2
= 9 ⇔ x =
3
±

TS. Nguyễn Phú Vinh
(TT BDVH và LTðH Vĩnh Viễn)

Tải về từ trang web của Trường Phổ thông Việt-Úc Hà Nội: www.vashanoi.edu.vn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2011 – 2012
ðỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 ñiểm)
Cho
x 10 x 5
A
x 25
x 5 x 5
= − −
−
− +
, với x ≥ 0 và x ≠ 25.
1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x ñể A <
1
3
.
Bài II (2,5 ñiểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một ñội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy ñịnh. Do
mỗi ngày ñội ñó chở vượt mức 5 tấn nên ñội ñã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian
quy ñịnh 1 ngày và chở thêm ñược 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch ñội xe chở hàng hết bao
nhiêu ngày?
Bài III (1,0 ñiểm)
Cho parabol (P) : y = x
2
và ñường thẳng (d) : y = 2x – m
2
+ 9.
1) Tìm tọa ñộ các giao ñiểm của parabol (P) và ñường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m ñể ñường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai ñiểm nằm về hai phía của trục
tung.
Bài IV (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R. Gọi d
1
và d
2
lần lượt là hai tiếp
tuyến của ñường tròn (O) tại hai ñiểm A và B. Gọi I là trung ñiểm của OA và E là ñiểm
thuộc ñường tròn (O) (E không trùng với A và B). ðường thẳng d ñi qua ñiểm E và
vuông góc với EI cắt hai ñường thẳng d
1

, d
2
lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh


ENI EBI
=
và

MIN
= 90
0
.
3) Chứng minh AM.BN = AI.BI.
4) Gọi F là ñiểm chính giữa của cung AB không chứa E của ñường tròn (O). Hãy
tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba ñiểm E, I, F thẳng hàng.
Bài V (0,5 ñiểm)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =
2
1
4x 3x 2011
4x
− + + .

Tải về từ trang web của trường Phổ thông Việt-Úc Hà Nội: www.vashanoi.edu.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

Môn thi: Toán
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 ñiểm).
1) Cho biểu thức
x 4
A
x 2
+
=
+
. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 36.
2) Rút gọn biểu thức
x 4 x 16
B :
x 4 x 4 x 2
 
+
= +
 
 
+ − +
 
(với
x 0;x 16
≥ ≠
).
3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của x ñể giá trị của
biểu thức B(A – 1) là số nguyên

Bài II (2,0 ñiểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người cùng làm chung một công việc trong
12
5
giờ thì xong. Nếu mỗi người làm
một mình thì thời gian ñể người thứ nhất hoàn thành công việc ít hơn người thứ hai là 2
giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu giờ ñể xong công việc?
Bài III (1,5 ñiểm).
1) Giải hệ phương trình:
2 1
2
x y
6 2
1
x y

+ =




− =


.
2) Cho phương trình: x
2
– (4m – 1)x + 3m
2
– 2m = 0 (ẩn x). Tìm m ñể phương trình

có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn ñiều kiện :
2 2
1 2
x x 7
+ =
.
Bài IV (3,5 ñiểm). Cho ñường tròn (O; R) có ñường kính AB. Bán kính CO vuông góc với
AB, M là ñiểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình
chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh


ACM ACK
=
.
3) Trên ñọan thẳng BM lấy ñiểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM
là tam giác vuông cân tại C.
4) Gọi d là tiếp tuyến của ñường tròn (O) tại ñiểm A. Cho P là một ñiểm nằm trên d
sao cho hai ñiểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và
AP.MB
R
MA
=
. Chứng
minh ñường thẳng PB ñi qua trung ñiểm của ñoạn thẳng HK.

Bài V (0,5 ñiểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn ñiều kiện
x 2y
≥
, tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
2 2
x y
M
xy
+
= .
… ………………. Hết …… ……………
Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh: ………………………………………………. Số báo danh: …………….
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
ðỀ CHÍNH THỨC
Tải về từ trang web của trường Phổ thông Việt-Úc Hà Nội: www.vashanoi.edu.vn
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2013 – 2014
ðỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút


Bài I (2,0 ñiểm)
Với x > 0, cho hai biểu thức
2 x
A
x
+

= và
x 1 2 x 1
B
x x x
− +
= +
+
.
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64.
2) Rút gọn biểu thức B.
3) Tìm x ñể
A 3
B 2
>
.
Bài II (2,0 ñiểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Quãng ñường từ A ñến B dài 90 km. Một người ñi xe máy từ A ñến B. Khi ñến B,
người ñó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc ñi là 9 km/h.
Thời gian kể từ lúc bắt ñầu ñi từ A ñến lúc trở về ñến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc
ñi từ A ñến B.
Bài III (2,0 ñiểm)
1) Giải hệ phương trình:
3(x 1) 2(x 2y) 4
4(x 1) (x 2y) 9
+ + + =


+ − + =


2) Cho parabol (P) : y =
1
2
x
2
và ñường thẳng (d) : y = mx −
1
2
m
2
+ m +1.
a) Với m = 1, xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của (d) và (P).
b) Tìm các giá trị của m ñể (d) cắt (P) tại hai ñiểm phân biệt có hoành ñộ x
1
, x
2

sao cho
1 2
x x 2
− =
.
Bài IV (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn (O) và ñiểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với
ñường tròn (O) (M, N là các tiếp ñiểm). Một ñường thẳng d ñi qua A cắt ñường tròn (O)
tại hai ñiểm B và C (AB < AC, d không ñi qua tâm O).
1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2) Chứng minh AN
2
= AB.AC.

Tính ñộ dài ñoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung ñiểm của BC. ðường thẳng NI cắt ñường tròn (O) tại ñiểm thứ
hai T. Chứng minh MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của ñường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K
thuộc một ñường thẳng cố ñịnh khi d thay ñổi và thỏa mãn ñiều kiện ñề bài.
Bài V (0,5 ñiểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc,
chứng minh:
2 2 2
1 1 1
3
a b c
+ + ≥
.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015

Môn thi: Toán
Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm).
1) Tính giá trị biểu thức :
1
1
x
A

x



khi x = 9.
2) Cho biểu thức
2 1 1
.
2 2 1
xx
P
x x x x




  

với
x > 0; 1x 
.
a) Chứng minh
1x
P
x


.
b) Tìm giá trị của x để 2P =
25x 

.
Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải 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 phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bài III. (2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình
41
5
1
12
1
1
x y y
x y y







  




2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = - x + 6 và parabol (P): y = x
2
.

a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bài IV. (3,5 điểm).
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M
khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt cắt các đường thẳng AM, An lần lượt tại các điểm Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh 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
của BP và ME // NF.
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đương kính MN để tứ
giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài V. (0,5 điểm).
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 .Q a bc b ca c ab     

Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)





ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học 2014 – 2015


Môn thi: Toán
Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm).
1) Tính giá trị biểu thức :
1
1
x
A
x



khi x = 9.
2) Cho biểu thức
2 1 1
.
2 2 1
xx
P
x x x x




  


với
x > 0; 1x 
.
a) Chứng minh
1x
P
x


.
b) Tìm giá trị của x để 2P =
25x 
.

Bài 1
Hướng dẫn giải
Điểm
Bài 1.1
(0,5 điểm)
Với x = 9 thì
3 1 4
9 3 2
3 1 2
xA

     


0, 5
Bài 1.2.

(1,5 điểm)

a) Chứng minh
1x
P
x


.
- Với
x > 0; 1x 
ta có

21
.
( 2) ( 2) 1
x x x
P
x x x x x





  


0, 25

21
.
( 2) 1
x x x
P
x x x
  



0, 25
( 1)( 2) 1
.
( 2) 1
x x x
P
x x x
  


=
1x
x


- Vậy với
x > 0; 1x 

ta có
1x
P
x


.

0, 25
b) - Với
x > 0; 1x 
ta có:
1x
P
x



- Để 2P =
25x 
nên
21x
x


25x 



0, 25

- Đưa về được phương trình
2 3 2 0xx  


0, 25
- Tính được
2( )
1
1
4
2
x loai
x
x








thỏa mãn điều kiện
x > 0; 1x 

- vậy với x = 1/4 thì 2P =
25x 


0, 25

Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải 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 phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày.
Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bài 2
Hướng dẫn giải
(2,0 điểm)



Bài 2

(2,0 điểm)
- Gọi mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất số sản phẩm theo là x ( sản
phẩm; đk x nguyên dương)
Khi đó trên thực tế mỗi ngày phân xưởng làm được số sản phẩm là x + 5
(sp)
0, 5
- Số ngày làm theo kế hoạch là:
1100
x
ngày
Số ngày làm trên thực tế là:
1100
5x 
ngày


0,5
Vì thời gian thực tế ít kế hoạch 2 ngày , ta có phương trình:

1100 1100
2
5xx




0,25
+ Giải phương trình tìm được
12
55; 50xx  

0,5
Vì
0x 
nên
1
50x 
thỏa mãn điều kiện của ẩn,
2
55x 
không thỏa
mãn điều kiện của ẩn.
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng làm được 50 sp.

0,25

Bài III. (2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình
41
5
1
12
1
1
x y y
x y y








  




2)Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = - x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.

Bài 3
Hướng dẫn giải
Điểm
Bài 3.1
(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình
41
5(1)
1
48
4(2)
1
x y y
x y y








  



đk
; 1.x y y



0,25
- Lấy (1) trừ từng vế cho (2) ta được:
9
9 1 1 2( )
1
y y tm
y
     


- Thay y = 2 vào (1) ta tính được x = -1
Vậy hệ pt có nghiệm là (x; y) = ( - 1; 2 )
0, 5

0,25

Bài 3.2.
(1,0 điểm)
a) - Xét phương trình hoành độ giao điểm:
22
2
+
3
x = -x +6 x x-6= 0
x
x











0, 25

- Chỉ ra:
24
39
xy

xy
  


   


- Kết luận: A(2;4) và B(-3;9)

0, 25
- b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.
Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
  
  

Ta có A’B’ =
B' A' B' A'
x x x x 5   
, AA’ =
A
y9
, BB’ =
B
y4


0, 25

Diện tích hình thang :
AA'B'B
S

AA' BB' 9 4 65
.A'B' .5
2 2 2

  
(đvdt)
OAA'
S

1 27
A'A.A'O
22

(đvdt);
OBB'
S

1
B'B.B'O 4
2

(đvdt)
OAB AA'B'B OAA' OBB'
65 27

S S S S 4 15
22
  

       


(đvdt)
- Kết luận
0, 25







Bài IV. (3,5 điểm).
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M
khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt cắt các đường thẳng AM, An lần lượt tại các điểm Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh 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
của BP và ME // NF.
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đương kính MN để tứ
giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
.Bài 4
Hướng dẫn giải
(3,5 điểm)

Hình vẽ:




0,25
P
F
N












1
(0,75 điểm)
- Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn (O;R)

0,75


2

(1 điểm)
Ta có
ANM ABM
(cùng chắn cung AM của (O;R) )
0,25
- Chỉ ra
ABM AQB
(cùng phụ với góc MAB)
0,25
- Nên
ANM AQB
.
0,25
- Vì
ANM AQB
nên MNPQ nối tiếp (do có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc
trong đối diện ) .
0,25


3
(1,0 điểm)




*/ Chứng minh: F là trung điểm của BP.
- Chỉ ra OE là đường trung bình của tam giác ABQ.
. - Chứng minh được OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.

0,25

0,25
*/ Chứng minh: ME // NF
Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF.
Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
0
ONF 90
.
Tương tự ta có
0
OME 90
nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN


0,25

0,25


4
(0,5 điểm)
- Ta thấy :
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    

- Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra

AB BP
QB BA



2
AB BP.QB

Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có
2
PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R   


0,25
- Ta có
2 2 2
AM AN MN
AM.AN
22


= 2R
2

Do đó,
22
MNPQ
2S 2R.4R 2R 6R  
. Suy ra
2

MNPQ
S 3R

Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB.
0,25
Bài V. (0,5 điểm).
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 .Q a bc b ca c ab     


Bài 5
Hướng dẫn giải
(0,5 điểm)






(0,5 điểm)
- Ta có
Q 2a bc 2b ca 2c ab     

Mà
2a bc (a b c)a bc    
(Do a + b +c = 2)

2
a ab bc ca   

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

(Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương a+b và a+c)
Vậy ta có
2a bc
(a b) (a c)
2
  

(1)
0,25
Tương tự ta có :
2b ca
(a b) (b c)
2


(2)
2c ab
(a c) (b c)
2
  

(3)
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế

Q 2(a b c) 4    

Khi a = b = c =
2
3
thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.
0,25
Lưu ý khi chấm bài:
- Điểm toàn bài không được làm tròn.
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình
bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm.