- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
Tổng hợp các đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán của Hà Nội từ năm 2009 đến 2015
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.14 MB, 28 trang )
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
Gợi ý làm bài thi môn Toán
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 Hà Nội năm học 2009-2010
Bài I/ (2,5 điểm)
Cho biểu thức A =
2
1
2
1
4
xx
x
x
, với x
0 và x
4
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.
3/ Tìm giá trị của x để A =
3
1
Giải:
1/ A =
2
1
2
1
4
xx
x
x
)2)(2(
2
)2)(2(
22
xx
xx
xx
xxx
=
2)2)(2(
)2(
x
x
xx
xx
2/ A =
2x
x
=
225
25
=
3
5
3/ A =
3
1
2x
x
=
3
1
23 xx
24 x
2
1
x
4
1
x
Bài II/ (2,5 điểm)
Giải bài toán sau đây 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 được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may được
nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?
Giải:
Gọi số áo tổ 2 may được trong 1 ngày là x (x
N*)
số áo tổ 1 may được trong 1 ngày là x +10
3 ngày tổ 1 may được 3(x+10)
5 ngày tổ 2 may được 5x
Theo đề bài hai tổ may được 1310 chiếc, ta có:
3(x+10) + 5x = 1310
3x + 30 + 5x = 1310
8x + 30 = 1310
8x = 1280
x = 1280:8
x = 160
Vậy 1 ngày tổ 2 may được 160 chiếc áo
1 ngày tổ 1 may được 160+10 = 170 chiếc áo.
Bài III/ (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x): x
2
– 2(m+1)x + m
2
+2 = 0
1/ Giải phương trình đã cho khi m = 1.
2/ Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn hệ thức x
1
2
+
x
2
2
= 10.
Giải:
1/ Khi m = 1: x
2
– 4x + 3 = 0
a+b+c = 1 + (-4) + 3 = 0
x
1
= 1; x
2
=
a
c
= 3
2/ Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
'
> 0
'
= [-(m+1)]
2
– (m
2
+2)
= m
2
+ 2m + 1 – m
2
– 2
= 2m -1 > 0
m >
2
1
Ta có:
x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 2 x
1
x
2
(Theo Vi-et x
1
+x
2
=
a
b
= 2m+1 ;x
1
x
2
=
a
c
= m
2
+2)
= [2(m+1)]
2
– 2(m
2
+2)
= 4(m
2
+ 2m + 1) – 2m
2
-4
= 4m
2
+ 8m + 4 – 2m
2
-4
= 2m
2
+ 8m
Theo đề bài x
1
2
+ x
2
2
= 10:
2m
2
+ 8m = 10
2m
2
+ 8m – 10 = 0
2(m
2
+ 4m – 5) = 0
2(m
2
+ 5m – m – 5) = 0
2[m(m+5)-(m+5)] = 0
2(m+5)(m-1) = 0
Được:
1 m
lo¹i 5- m
Bài IV/ (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (B,C là các tiếp điểm)
1/ Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2/ Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R
2
.
3/ Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K
của đường tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự các điểm P, Q. Chứng minh tam giác APQ có
chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4/ Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại các điểm
M, N. Chứng minh PM + QN
MN.
Giải:
Q
P
N
M
E
B
C
O
A
K
1/ Xét ABOC có ABO = 1V (tính chất tiếp tuyến)
ACO = 1V (tính chất tiếp tuyến)
ABO + ACO = 1V + 1V = 2V
là hai góc đối diện
ABOC nội tiếp.
2/ AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
ABC cân.
mà AO là phân giác của BAC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
AO là đường cao
của
ABC hay AOBC.
Xét
ABO vuông ở B có BE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông
OB
2
=
OE.OA, mà OB = R
R
2
= OE.OA
3/ PK = PB (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
KQ = QC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
Xét P
APQ = AP + AQ + QP
= AP + AQ + PK + KQ
= AP + PK + AQ + KQ
= AP + PB + AQ + QC
= AB + AC
= 2AB
- (O) cố định
- A cố định
AB không đổi
4/
OMP
QNO
ON
MP
=
QN
OM
MP.QN = OM.ON =
2
.
2
MNMN
=
4
2
MN
MN
2
= 4MP.QN
MN = 2 QNMP.
MP+NQ (Theo BĐT Cauchy)
Hay MP+NQ
MN (ĐPCM)
Bài V/ (0,5 điểm)
Giải phương trình:
4
1
4
1
22
xxx x2(
2
1
3
+ x
2
+ 2x + 1).
Giải:
4
1
4
1
22
xxx x2(
2
1
3
+ x
2
+ 2x + 1)
2
4
1
4
1
22
xxx = 2x
3
+ x
2
+ 2x + 1
4
1
414
22
xxx = x
2
(2x + 1) + (2x + 1)
144214
22
xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
2
)12(2)12)(12( xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
122)12)(12( xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
Ta thấy: Vế trái của PT luôn
0 với
x
mà x
2
+ 1 > 0 với
x
2x + 1
0
x
2
1
PT
)12(2)12)(12( xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
)212)(12( xx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
2
)12( x = (2x + 1) (x
2
+ 1)
2x+1 = (2x + 1) (x
2
+ 1)
(2x + 1)(x
2
+ 1-1) = 0
x
2
(2x + 1) = 0
0 12x
0 x
2
1
- x
0 x
Thử lại, ta thấy x = 0 và x =
2
1
thỏa mãn.
Kết luận: PT có 2 nghiệm x = 0; x =
2
1
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
±
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
− + + .
BÀI GIẢI ðỀ THI MÔN TOÁN – TS LỚP 10 HN – 2011
Bài I: (2,5 ñiểm) Với x ≥ 0 và x
≠
25 ta có :
1)
x 10 x 5
A
x 25
x 5 x 5
= − −
−
− +
=
( 5) 10 5( 5)
25 25 25
x x x x
x x x
+ −
− −
− − −
=
5 10 5 25
25 25 25
x x x x
x x x
+ −
− −
− − −
=
10 25
25
x x
x
− +
−
=
2
( 5)
( 5)( 5)
x
x x
−
− +
=
5
5
x
x
−
+
2) x = 9 ⇒ A =
9 5 1
4
9 5
−
= −
+
3) A <
1
3
⇔
5
5
x
x
−
+
<
1
3
⇔
3 15 5
x x
− < +
⇔
2 20
x
<
⇔
10
x
<
⇔
0 100
x
≤ <
Bài II: (2,5 ñiểm)
Cách 1
: Gọi x (ngày) (x ∈ N
*
) là số ngày theo kế hoạch ñội xe chở hết hàng
Theo ñề bài ta có:
140
5 ( 1) 140 10
x
x
+ − = +
⇔ 140x + 5x
2
–
140
x
- 5 = 150 ⇔ 5x
2
– 15x – 140 = 0 ⇔ x = 7 hay x = -4 (loại)
Vậy ñội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày.
Cách 2
: Gọi a (tấn) (a ≥ 0): số tấn hàng mỗi ngày,
b (ngày) (b ∈ N
*
) : số ngày
Theo ñề bài ta có :
. 140
( 5)( 1) 140 10
a b
a b
=
+ − = +
⇔
. 140
5 15
a b
b a
=
− =
⇒ 5b
2
– 15b = 140
⇔ b = 7 hay b = -4 (loại). Vậy ñội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày.
Bài III: (1,0 ñiểm)
1) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) khi m = 1 là:
x
2
= 2x + 8 ⇔ x
2
– 2x + 8 = 0 ⇔ (x + 2) (x – 4) = 0 ⇔ x = -2 hay x = 4
y(-2) = 4, y(4) = 16
Vậy tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d) khi m = 2 là : (-2; 4) và (4; 16).
2) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là: x
2
= 2x – m
2
+ 9
⇔ x
2
– 2x + m
2
– 9 = 0 (1)
Ycbt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ a.c = m
2
– 9 < 0
⇔ m
2
< 9 ⇔ m < 3 ⇔ -3 < m < 3.
Bài IV: (3,5 ñiểm)
1) Xét từ giác MAIE có 2 góc vuông là góc A, và góc E (ñối nhau)
nên chúng nội tiếp trong ñường tròn ñường kính MI.
2) Tương tự ta có tứ giác ENBI nội tiếp ñường tròn ñường
kính IN. Vậy góc ENI = góc EBI (vì cùng chắn cung EI)
Tương tự góc EMI = góc EAI (vì cùng chắn cung EI)
M
E
I
A
O
B
F
G
N
Mà góc EAI + góc EBI = 90
0
(∆EAD vuông tại E)
⇒ góc MIN = 180
0
– (góc EMI + góc ENI)
= 180
0
– 90
0
= 90
0
3) Xét 2 tam giác vuông MAI và IBN
Ta có góc NIB = góc IMA (góc có cạnh thẳng góc)
⇒ chúng ñồng dạng
⇒
AM AI
IB BN
= ⇔
AM.BN AI.BI
=
(1)
4) Gọi G là ñiểm ñối xứng của F qua AB. Ta có AM + BN = 2OG (2) (Vì tứ giác
AMNB là hình thang và cạnh OG là cạnh trung bình của AM và BN)
Ta có : AI =
R
2
, BI =
3R
2
Từ (1) và (2) ⇒ AM + BN = 2R và AM.BN =
2
3R
4
Vậy AM, BN là nghiệm của phương trình X
2
– 2RX +
2
3R
4
= 0
⇒AM =
R
2
hay BN =
3R
2
. Vậy ta có 2 tam giác vuông cân là MAI cân tại A và
NBI cân tại B ⇒ MI =
R 2 R
2
2
= và NI =
3R 2 3R
2
2
=
⇒ S
(MIN)
=
2
1 R 3R 3R
. .
2 4
2 2
=
Cách khác
góc AEF = 45
0
( chắn cung AF ) mà góc AMI = góc AEI
suy ra góc AMI = 45
0
suy ra tam giác AMI cân tại A. Tương tự tam giác BNI cân tại B
⇒ MI =
R 2 R
2
2
= và NI =
3R 2 3R
2
2
=
⇒ S
(MIN)
=
2
1 R 3R 3R
. .
2 4
2 2
=
Bài V: (0,5 ñiểm)
M =
2
1 1
4( ) 2010
2 4
x x
x
− + + + ≥
1
2 . 2010 2011
4
x
x
+ =
khi x =
1
2
ta có M = 2011. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
1) Cho biểu thức
x 4
A
x 2
. Tính giá trị của 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 của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị
của biểu thức B(A – 1) là số nguyên
Bài II (2,0 điểm). 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 người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi
nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc?
Bài III (1,5 điểm)
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 để phương trình
có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :
2 2
1 2
x x 7
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, 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 đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là
tam giác vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm
P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và
AP.MB
R
MA
. Chứng minh đường thẳng
PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều 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 và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ………………………
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
GỢI Ý – ĐÁP ÁN
Bài I: (2,5 điểm)
1) Với x = 36, ta có : A =
36 4 10 5
8 4
36 2
2) Với x
0, x 16 ta có :
B =
x( x 4) 4( x 4) x 2
x 16 x 16 x 16
=
(x 16)( x 2) x 2
(x 16)(x 16) x 16
3) Ta có:
2 4 2 2 2
( 1) . 1 .
16 16 16
2 2
x x x
B A
x x x
x x
.
Để
( 1)B A
nguyên, x nguyên thì
16x
là ước của 2, mà Ư(2) =
1; 2
Ta có bảng giá trị tương ứng:
16x
1
1
2
2
x
17
15
18
14
Kết hợp ĐK
0, 16x x
, để
( 1)B A
nguyên thì
14; 15; 17; 18x
Bài II: (2,0 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK
12
5
x
Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)
Mỗi giờ người thứ nhất làm được
1
x
(cv), người thứ hai làm được
1
2x
(cv)
Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong
12
5
giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm
được
12
1:
5
=
5
12
(cv)
Do đó ta có phương trình
1 1 5
x x 2 12
2 5
( 2) 12
x x
x x
5x
2
– 14x – 24 = 0
’ = 49 + 120 = 169,
,
13
=>
7 13 6
5 5
x
(loại) và
7 13 20
4
5 5
x
(TMĐK)
Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ,
người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ.
Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:
2 1
2
6 2
1
x y
x y
, (ĐK:
, 0x y
).
Hệ
4 2
4 6 10
4
2
4 1 5
2
2 1
2 1 2 1
2
6 2 1
2 2
1
2
x
x
x y
x x x
y
y
x y x y
x y
.(TMĐK)
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).
2) + Phương trình đã cho có = (4m – 1)
2
– 12m
2
+ 8m = 4m
2
+ 1 > 0, m
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m
+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:
1 2
2
1 2
4 1
3 2
x x m
x x m m
.
Khi đó:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
7 ( ) 2 7x x x x x x
(4m – 1)
2
– 2(3m
2
– 2m) = 7 10m
2
– 4m – 6 = 0 5m
2
– 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m =
3
5
.
Trả lời: Vậy
Bài IV: (3,5 điểm)
1) Ta có
0
90HCB
( do chắn nửa đường tròn đk AB)
0
90HKB
(do K là hình chiếu của H trên AB)
=>
0
180HCB HKB
nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.
2) Ta có
ACM ABM
(do cùng chắn
AM
của (O))
và
ACK HCK HBK
(vì cùng chắn
HK
.của đtròn đk HB)
Vậy
ACM ACK
3) Vì OC AB nên C là điểm chính giữa của cung AB AC = BC
và
0
90sd AC sd BC
A
B
C
M
H
K
O
E
Xét 2 tam giác MAC và EBC có
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và
MAC
=
MBC
vì cùng chắn cung
MC
của (O)
MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân tại C (1)
Ta lại có
0
45CMB
(vì chắn cung
0
90CB
)
0
45CEM CMB
(tính chất tam giác MCE cân tại C)
Mà
0
180CME CEM MCE
(Tính chất tổng ba góc trong tam giác)
0
90MCE
(2)
Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).
4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét PAM và OBM :
Theo giả thiết ta có
.AP MB AP OB
R
MA MA MB
(vì có R = OB).
Mặt khác ta có
PAM ABM
(vì cùng chắn cung
AM
của (O))
PAM ∽ OBM
1
AP OB
PA PM
PM OM
.(do OB = OM = R) (3)
Vì
0
90AMB
(do chắn nửa đtròn(O))
0
90AMS
tam giác AMS vuông tại M.
0
90PAM PSM
và
0
90PMA PMS
PMS PSM PS PM
(4)
Mà PM = PA(cmt) nên
PAM PMA
Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm của AS.
Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:
NK BN HN
PA BP PS
hay
NK HN
PA PS
mà PA = PS(cmt)
NK NH
hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)
A
B
C
M
H
K
O
S
P
E
N
Bài V: (0,5 điểm)
Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si)
Ta có M =
2 2 2 2 2 2 2
( 4 4 ) 4 3 ( 2 ) 4 3x y x xy y xy y x y xy y
xy xy xy
=
2
( 2 ) 3
4
x y y
xy x
Vì (x – 2y)
2
≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y
x ≥ 2y
1 3 3
2 2
y y
x x
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 -
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 2:
Ta có M =
2 2 2 2
3
( )
4 4
x y x y x y x y x
xy xy xy y x y x y
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
;
4
x y
y x
ta có
2 . 1
4 4
x y x y
y x y x
,
dấu “=” xảy ra x = 2y
Vì x ≥ 2y
3 6 3
2 .
4 4 2
x x
y y
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 1 +
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 3:
Ta có M =
2 2 2 2
4 3
( )
x y x y x y x y y
xy xy xy y x y x x
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
4
;
x y
y x
ta có
4 4
2 . 4
x y x y
y x y x
,
dấu “=” xảy ra x = 2y
Vì x ≥ 2y
1 3 3
2 2
y y
x x
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 4-
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
S GIO DC-O TO K THI TUYN SINH VO 10 THPT
hà nội Năm học : 2013-2014
Mụn thi: TON
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Bi I : (2, 0 im)
Vi x > 0, cho hai biu thc A
2 x
x
v B
1 2 1x x
x x x
1) Tớnh giỏ tr ca biu thc A khi x = 64.
2) Rỳt gn biu thc B.
3) Tỡm x
A 3
>
B 2
Bi II: (2, 0 im) Gii bi toỏn bng cỏch lp phng trỡnh:
Quóng ng t A n B di 90 km. Mt ngi i xe mỏy t A n B. Khi n B,ngi ú
ngh 30 phỳt ri quay tr v A vi vn tc ln hn vn tc lỳc i l 9 km/h.Thi gian k t
lỳc bt u i t A n lỳc tr v n A l 5 gi. Tớnh vn tc xe mỏy lỳc i t A n B.
Bi III: (2, 0 im)
1) Gii h phng trỡnh:
3( 1) 2( 2 ) 4
4( 1) ( 2 ) 9
x x y
x x y
2) Cho parabol (P) : y =
2
1
2
x
và đờng thẳng (d) : y = mx -
1
2
m
2
+ m + 1
a) Vi m = 1, xỏc nh ta cỏc giao im A, B ca (d) v (P).
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (d) ct (P) ti hai im phõn bit cú honh x1, x2
sao cho
1 2
x x
2
.
Bi IV (3,5 im)
Cho ng trũn (O) v im A nm bờn ngoi (O). K hai tip tuyn AM, AN vi ng
trũn (O) (M, N l cỏc tip im). Mt ng thng d i qua A ct ng trũn (O) ti hai
im B v C (AB < AC, d khụng i qua tõm O).
1) Chng minh t giỏc AMON ni tip.
2) Chng minh AN2 = AB.AC.
Tớnh di on thng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gi I l trung im ca BC. ng thng NI ct ng trũn (O) ti im th hai T.
Chng minh MT // AC.
4) Hai tip tuyn ca ng trũn (O) ti B v C ct nhau K. Chng minh K thuc mt
ng thng c nh khi d thay i v tha món iu kin bi.
Bi V (0,5 im)
Vi a, b, c l cỏc s dng tha món iu kin a + b + c + ab + bc + ca = 6abc,
chng minh:
2 2 2
1 1 1
+ + 3
a b c
CHNH THC
HƯỚNG DẪN GIẢI
ðỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 HÀ NỘI NĂM 2013
Bài I: (2,0 ñiểm)
1) Với x = 64 ta có
2 64 2 8 5
8 4
64
A
+ +
= = =
2)
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x
B
x x x x x x x x
− + + + + +
= = = + =
+ + + +
3)
Với x > 0 ta có :
3 2 2 3 1 3
:
2 2 2
1
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B
x x x
x x x x Do x
+ + +
> ⇔ > ⇔ >
+
⇔ + > ⇔ < ⇔ < < >
Bài II: (2,0 ñiểm)
ðặt x (km/h) là vận tốc ñi từ A ñến B, vậy vận tốc ñi từ B ñến A là
9
x
+
(km/h)
Do giả thiết ta có:
90 90 1
5
9 2
x x
+ = −
+
10 10 1
9 2
x x
⇔ + =
+
( 9) 20(2 9)
x x x
⇔ + = +
2
31 180 0
x x
⇔ − − =
36
x
⇔ =
(vì x > 0)
Bài III: (2,0 ñiểm)
1) Hệ phương trình tương ñương với:
+ + + = + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ − − = − = − = − = = −
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1
2)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là
2
1 3
2 2
x x
= +
2
2 3 0
x x
⇔ − − =
1 hay 3
x x
⇔ = − =
(Do a – b + c = 0)
Ta có y (-1)=
1
2
; y(3) =
9
2
. Vậy tọa ñộ giao ñiểm A và B là (-1;
1
2
) và (3;
9
2
)
b) Phươnh trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là
2 2
1 1
1
2 2
x mx m m
= − + +
2 2
2 2 2 0
x mx m m
⇔ − + − − =
(*)
ðể (d) cắt (P) tại 2 ñiểm phân biệt
1
x
,
2
x
thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt. Khi ñó
2 2
' 2 2 0 1
m m m m
∆ = − + + > ⇔ > −
Khi m > -1 ta có
1 2
2
x x
− =
2 2
1 2 1 2
2 4
x x x x
⇔ + − =
2
1 2 1 2
( ) 4 4
x x x x
⇔ + − =
2 2
4 4( 2 2) 4
m m m
⇔ − − − =
1
8 4
2
m m
⇔ = − ⇔ = −
Cách giải khác: Khi m > -1 ta có
1 2
2
x x
− =
' '
2 '
' '
b b
a a
− + ∆ − − ∆
⇔ − = ∆
2 2 2
m
= +
Do ñó, yêu cầu bài toán
2 2 2 2
m
⇔ + =
2 2 2
m
⇔ + =
1
2 2 1
2
m m
⇔ + = ⇔ = −
Bài IV (3,5 ñiểm)
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc ñối
0
ANO 90
=
0
AMO 90
=
nên là tứ giác nội tiếp
2/ Hai tam giác ABM và AMC ñồng dạng
nên ta có AB. AC = AM
2
= AN
2
= 6
2
= 36
2 2
6 6
AC 9(cm)
AB 4
⇒ = = =
BC AC AB 9 4 5(cm)
⇒ = − = − =
3/
1
MTN MON AON
2
= = (cùng chắn cung
MN trong ñường tròn (O)), và
AIN AON
=
(do 3 ñiểm N, I, M cùng nằm trên ñường tròn ñường kính AO và cùng chắn cung 90
0
)
Vậy
AIN MTI TIC
= =
nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.
4/ Xét
AKO
∆
có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao ñiểm
của OQ và AI thì H là trực tâm của
AKO
∆
, nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN
vuông góc với AO nên ñường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với
AO. Vậy K nằm trên ñường thẳng cố ñịnh MN khi BC di chuyển.
Cách giải khác:
Ta có KB
2
= KC
2
= KI.KO. Nên K nằm trên trục ñẳng phương của 2 ñường tròn tâm O
và ñường tròn ñường kính AO. Vậy K nằm trên ñường thẳng MN là trục ñẳng phương
của 2 ñường tròn trên.
Bài IV: (0,5 ñiểm)
Từ giả thiết ñã cho ta có
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
+ + + + + =
. Theo bất ñẳng thức Cauchy ta
có:
2 2
1 1 1 1
2
a b ab
+ ≥
,
2 2
1 1 1 1
2
b c bc
+ ≥
,
2 2
1 1 1 1
2
c a ca
+ ≥
2
1 1 1
1
2
a a
+ ≥
,
2
1 1 1
1
2
b b
+ ≥
,
2
1 1 1
1
2
c c
+ ≥
Cộng các bất ñẳng thức trên vế theo vế ta có:
2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2
a b c a b c
+ + + ≥ ⇔ + + ≥ − =
2 2 2
1 1 1
3
a b c
⇔ + + ≥
(ñiều phải chứng minh)
A
O
B
C
N
M
I
T
K
Q
P
H
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) :
1
1
x
A
x
khi x = 9.
2) Cho
2 1 1
.
2 2 1
xx
P
x x x x
x > 0; 1x
.
1x
P
x
.
b)
25x
.
Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
M
Bài III. (2,0 điểm).
1)
41
5
1
12
1
1
x y y
x y y
2) - x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
a)
b)
Bài IV. (3,5 điểm).
; R.
1)
Bài V. (0,5 điểm).
2 2 2 .Q a bc b ca c ab
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên và kýHọ tên và ký)
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) :
1
1
x
A
x
khi x = 9.
2)
2 1 1
.
2 2 1
xx
P
x x x x
x > 0; 1x
.
1x
P
x
.
b)
25x
.
Bài 1
Hướng dẫn giải
Điểm
Bài 1.1
(0,5 điểm)
3 1 4
9 3 2
3 1 2
xA
0, 5
Bài 1.2.
(1,5 điểm)
1x
P
x
.
-
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
-
x > 0; 1x
ta có
1x
P
x
.
0, 25
b) -
x > 0; 1x
ta có:
1x
P
x
-
25x
nên
21x
x
25x
0, 25
-
2 3 2 0xx
0, 25
-
2( )
1
1
4
2
x loai
x
x
x > 0; 1x
-
25x
0, 25
Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Bài 2
Hướng dẫn giải
(2,0
Bài 2
-
theo là x (
0, 5
-
1100
x
ngày
1100
5x
ngày
0,5
gian
trình:
1100 1100
2
5xx
0,25
+
12
55; 50xx
0,5
0x
nên
1
50x
2
55x
0,25
Bài III. (2,0 điểm).
1)
41
5
1
12
1
1
x y y
x y y
2)- x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
a)
b)
Bài 3
Hướng dẫn giải
Điểm
Bài 3.1
(1,0 điểm)
ng trình
41
5(1)
1
48
4(2)
1
x y y
x y y
; 1.x y y
0,25
-
9
9 1 1 2( )
1
y y tm
y
- -1
- 1; 2 )
0, 5
0,25
Bài 3.2.
(1,0 điểm)
a) - Xét :
22
2
+
3
x = -x+6 x x-6 = 0
x
x
0, 25
-
24
39
xy
xy
- : A(2;4) và B(-3;9)
0, 25
-
Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
B' A' B' A'
x x x x 5
A
y9
B
y4
0, 25
AA'B'B
S
AA' BB' 9 4 65
.A'B' .5
2 2 2
OAA'
S
1 27
A'A.A'O
22
OBB'
S
1
B'B.B'O 4
2
OAB AA'B'B OAA' OBB'
65 27
S S S S 4 15
22
-
0, 25
Bài IV. (3,5 điểm).
(O; R.
1)
.Bài 4
Hướng dẫn giải
(3,5
:
0,25
1
-
0,75
2
Ta có
ANM ABM
0,25
-
ABM AQB
0,25
- Nên
ANM AQB
.
0,25
- Vì
ANM AQB
0,25
3
(1,0
-
. -
tam giác ABP
0,25
0,25
A
B
P
Q
O
F
E
N
M
*/ Ch
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
0
ONF 90
.
0
OME 90
nên ME // NF vì cùng v
0,25
0,25
4
-
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN
-
AB BP
QB BA
2
AB BP.QB
2
PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R
0,25
- Ta có
2 2 2
AM AN MN
AM.AN
22
= 2R
2
22
MNPQ
2S 2R.4R 2R 6R
. Suy ra
2
MNPQ
S 3R
0,25
Bài V. (0,5 điểm).
V
2 2 2 .Q a bc b ca c ab
Bài 5
Hướng dẫn giải
- 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
2a bc
(a b) (a c)
2
(1)
0,25
2b ca
(a b) (b c)
2
(2)
2c ab
(a c) (b c)
2
(3)
Q 2(a b c) 4
Khi a = b = c =
2
3
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.
