Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2014 2015 sở GDĐT hà nội

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2014 – 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (2,0 điểm)
A=

x +1
x −1

1) Tính giá trị của biểu thức
khi x = 9
1  x +1
 x−2
P=
+
÷.
x + 2  x −1
x+2 x
x ≠1
2) Cho biểu thức
với x > 0 và
x +1
P=
x
a)Chứng minh rằng

2P = 2 x + 5
b)Tìm các giá trị của x để
Bài 2 (2,0 điểm) Giải bài toán 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 3 (2,0 điểm)
1
 4
 x + y + y −1 = 5


 1 − 2 = −1
 x + y y − 1

1) Giải hệ phương trình:
2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2.
a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có 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 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 điểm 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 đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài 5 (0,5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab
thức
----------------------------------------------------------


BÀI GIẢI + THANG ĐIỂM DỰ KIẾN
Bài
Bài 1
(2,0 điểm)

Đáp án

A=
1) Với x = 9 ta có

2) a)

=

Điểm
0,5

3 +1
=2
3 −1

 x − 2 + x  x + 1  ( x − 1).( x + 2)  x + 1
P=
=
÷.
÷.
x ( x + 2)  x − 1
 x ( x + 2)  x − 1 

0,75

x +1
x

b)Từ câu 2a ta có
2P = 2 x + 5 ⇔

2 x +2
= 2 x +5
x
0,75

⇔ 2 x + 2 = 2x + 5 x

và x > 0

⇔ 2x + 3 x − 2 = 0
⇔ x=

Bài 2
(2,0 điểm)

và x >0

1
⇔ ( x + 2)( x − ) = 0
2

và x >0

1
1
⇔x=
2
4

Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0)
1100
⇒
x
Số ngày theo kế hoạch là :
.
1100
x +5
Số ngày thực tế là
. Theo giả thiết của bài toán ta có :
1100 1100
x
x +5
= 2.
⇔ 1100(x + 5) − 1100x = 2x(x + 5)

⇔ 2x 2 + 10x − 5500 = 0

⇔ x = 50 hay x = −55
(loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.
Bài 3

1) Hệ phương trình tương đương với:

0,25
0,25
0,25

0,5
0,25


(2,0 điểm)

u=

1
x+y

v=

1
y −1

Đặt

và
. Hệ phương trình thành :
4u + v = 5
8u + 2v = 10 9u = 9
u = 1
⇔
⇔
⇔

 u − 2v = −1  u − 2v = −1
2v = u + 1 v = 1
Do đó, hệ đã cho tương đương :
 1
 x + y = 1  x + y = 1  x = −1

⇔
⇔

1
y
−
1
=
1

y = 2

=1
 y − 1

0,5

0,5

2)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

x 2 = − x + 6 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔ x = 2 hay x = −3

Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và
A(-3;9)
b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.
S∆ OAB = SAA 'B'B − S∆OAA ' − S∆OBB'
Ta có
x B' − x A ' = x B' − x A ' = 5
yA = 9
yB = 4
Ta có A’B’ =
, AA’ =
, BB’ =
AA '+ BB'
9+4
65
.A ' B' =
.5 =
SAA 'B'B =
2
2
2
Diện tích hình thang :

(đvdt)
1
27
1
S∆OAA ' = 2 A ' A.A 'O = 2
S∆OBB' = 2 B 'B.B 'O = 4
(đvdt);
(đvdt)
65  27

⇒ S∆ OAB = SAA 'B'B − S∆OAA ' − S∆OBB' =
−  + 4 ÷ = 15
2  2

(đvdt)
Bài 4
(3,5 điểm)

0,5
0,5

0,25
P
N
F
O

A

B

M
E

Q


1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn.

·
·
ANM
= ABM

1,0

2) Ta có
(cùng chắn cung AM)
·ABM = AQB
·
và
(góc có cạnh thẳng góc)
·
·
ANM
= AQB
vậy
nên MNPQ nối tiếp.
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
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.
·
ONF
= 900
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
.
·
OME
= 900
Tương tự ta có
nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN.
4)
2SMNPQ = 2SAPQ − 2SAMN = 2R.PQ − AM.AN = 2R.(PB + BQ) − AM.AN

Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra
AB2 = BP.QB

AB BP
=
QB BA ⇒

Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

PB + BQ ≥ 2 PB.BQ = 2 (2R) 2 = 4R
AM.AN ≤
Ta có

AM 2 + AN 2 MN 2
=
2
2

2SMNPQ ≥ 2R.4R − 2R = 6R
2

Bài 5
(0,5 điểm)

0,75

2

= 2R2
SMNPQ ≥ 3R 2

Do đó,
. Suy ra
Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB.
Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab
Ta có

1,0

0,5


2a + bc = (a + b + c)a + bc

(Do a + b +c = 2)
(a + b) + (a + c)
= a 2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) ≤
2

(Áp dụng bất
đẳng thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c)
(a + b) + (a + c)
≤
2a + bc
2
Vậy ta có
(1)
Tương tự ta có :
(a + b) + (b + c)
≤
2b + ca
2
(2)
(a + c) + (b + c)
≤
2c + ab
2
(3)
⇒ Q ≤ 2(a + b + c) = 4
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế
2
3
Khi a = b = c = thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.

0,25

0,25