Đáp án Toán vào 10 Hà Nội 2009

S GIO DC V O TO
H NI
K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
Nm hc 2009 - 2010
Mụn thi: Toỏn
Ngy thi: 24 thỏng 6 nm 2009
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Bi I (2,5 im)
Cho biu thc:
x 1 1
A
x 4
x 2 x 2
= + +

+
vi x 0 v x 4
1) Rỳt gn A
2) Tớnh giỏ tr ca A khi x = 25
3) Tỡm x
1
A
3
=
Bi II (2,5 im) Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh hoc h phng trỡnh:
Hai t sn xut cựng may mt loi ỏo. Nu t th nht may trong 3 ngy, t th hai
may trong 5 ngy thỡ c hai t may c 1310 ỏo.Bit rng trong mt ngy t th nht may
c nhiu hn t th hai l 10 chic ỏo. Hi mi t trong mt ngy may c bao nhiờu
chic ỏo?
Bi III (1,0 im)
Cho phng trỡnh (n x): x

2
2(m+1)x + m
2
+ 2 = 0
1) Gii phng trỡnh ó cho khi m = 1
2) Tỡm giỏ tr ca m phng trỡnh ó cho cú hai nghim x
1
; x
2
tho món:
2 2
1 2
x x 10+ =

Bi IV (3,5 im)
Cho (O;R) v im A nm bờn ngoi ng trũn. K cỏc tip tuyn AB, AC vi
ng trũn (B, C l cỏc tip im).
1) Chng minh ABOC l t giỏc ni tip.
2) Gi E l giao im ca BC v OA. Chng minh BE vuụng gúc vi OA v OE.OA
= R
2
3) Trờn cung nh BC ca (O;R) ly im K bt kỡ (K khỏc B v C). Tip tuyn ti K
ca (O;R) ct AB, AC theo th t ti P v Q. Chng minh tam giỏc APQ cú chu
vi khụng i khi K chuyn ng trờn cung nh BC.
4) ng thng qua O v vuụng gúc vi OA ct cỏc ng thng AB, AC theo th
t ti M, N. Chng minh PM + QN MN
Bi V (0,5 im)
Gii phng trỡnh
( )
2 2 3 2

1 1 1
x x x 2x x 2x 1
4 4 2
+ + + = + + +
----------------------Hết----------------------
Họ và tên thí sinh:............................................Số báo danh........................................
Chữ ký giám thị số 1:................... Chữ ký giám thị số 2: ...................
1
CHNH THC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 2009
Người giải đề: Thầy giáo Nguyễn Cao Cường
Giáo viên bộ môn Toán - Trường THCS Thái Thịnh
Quận Đống Đa – Hà Nội
=======*****======
Bài I
1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
x 1 1
A
x 4
x 2 x 2
x 1 1
A
x 2 x 2
x 2 x 2
x x 2 x 2

x 2 x
A
x 2 x 2 x 2 x 2
x x 2
x
A
x 2
x 2 x 2
= + +
−
− +
= + +
− +
− +
+ + + −
+
= =
− + − +
+
= =
−
− +
2
Tính giá trị của A khi x = 25
Với x = 25 ta có
25 5
A
3
25 2
= =

−
3
Tìm x để
1
A
3
= −
Khi
( )
1 x 1
A 3 x x 2
3 3
x 2
1 1
4 x 2 x x tmdk
2 4
= − ⇔ = − ⇔ = − +
−
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Bài II Giải bằng cách lập phương trình:
Gọi số áo tổ 2 may được trong một ngày là x (
*
x N∈
; áo/ngày)
Số áo tổ 1 may được trong một ngày là x + 10 (áo)
3 ngày tổ thứ nhất may được 3(x +10) (áo)
5 ngày tổ thứ nhất may được 5x (áo)
Tổ 1 may trong 3 ngày và tổ 2 may trong 5 ngày được 1310 chiếc áo nên ta có pt:
( )
3(x+10) + 5x = 1310

3x+30+5x=1310
8x 1310 30
8x 1280
x 160 tmdk
⇔
⇔ = −
⇔ =
⇔ =
Vậy mỗi ngày tổ 1 may được 160 + 10 = 170 chiếc áo
Mỗi ngày tổ 2 may được 160 chiếc áo
Cách 2:Học sinh có thể làm theo nhiều cách khác nhau: chẳng hạn giải bằng cách
lập hệ pt:
Gọi số áo tổ 1 may được trong một ngày là x (
*
x N∈
; áo/ngày)
Số áo tổ 2 may được trong một ngày là y (
*
y N∈
; áo/ngày)
3 ngày tổ thứ nhất may được 3x (áo)
5 ngày tổ thứ nhất may được 5y (áo)
Vì tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được
1310 chiếc áo nên ta có pt: 3x + 5y = 1310
2
Mỗi ngày tổ 1 may được nhiều hơn tổ 2 là 10 chiếc áo nên ta có pt:
x – y = 10
Ta có hệ pt:
3x 5y 1310
x y 10

+ =


− =

Giải hệ ta được x = 170; y= 160
Bài III
Cho phương trình (ẩn x): x
2
– 2(m+1)x + m
2
+ 2 = 0
1)Giải phương trình đã cho khi m = 1
Khi m = 1
Phương trình
2
x 4x 3 0− + =
Vì 1 + (-4) + 3 = 0, theo hệ thức Vi-ét pt có hai nghiệm phân biệt:
;
1 2
x 1 x 3= =
2)Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn:
2 2
1 2
x x 10+ =

x
2
– 2(m+1)x + m
2
+ 2 = 0 (1)
*) Pt có hai nghiệm
'Δ 0⇔ ≥
( ) ( )
2 2 2 2
m 1 m 2 0 m 2m 1 m 2 0
1
2m 1 0 m
2
⇔ + − + ≥ ⇔ + + − − ≥
⇔ − ≥ ⇔ ≥
*) Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1) ta có:
( )
.
1 2
2
1 2
x x 2 m 1
x x m 2
+ = +


= +

Ta có
( )

( )
.
( ) ( )
( )
( )
( «ng tm®k)
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2 2
2 2
2
x x 10 x x 2x x 10
2 m 1 2 m 2 10
4 m 2m 1 2m 4 10 0
4m 8m 4 2m 14 0
2m 8m 10 0
m 1 tmdk
m 5 kh
+ = ⇔ + − =
⇔ + − + =
⇔ + + − − − =
⇔ + + − − =
⇔ + − =
=

⇔


= −

Vậy với m = 1 thoả mãn yêu cầu đề bài.
3
Bài IV
1
1
1
1
1
N
M
Q
P
E
C
B
O
A
K
1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
Xét (O):
AB⊥OB (AB là tiếp tuyến của (O))
⇒ góc OBA = 90
o
Chứng minh tương tự: góc OCA = 90
o
⇒ góc OBA +góc OCA = 180
o
Xét tứ giác ABOC:

góc OBA +góc OCA = 180
o
(cmt)
Mà B và C là hai đỉnh đối nhau
⇒tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp (dhnb tgnt)
2
2)Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và
OE.OA = R
2
Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)
⇒ AB = AC và AO là phân giác góc BAC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒∆ABC là tam giác cân tại A (dhnb tam giác cân)
Mà AO là phân giác góc BAC (cmt)
⇒ AO⊥BC (t/c tam giác cân)
⇔AO⊥BE
Xét tam giác OBA vuông tại B:
AO⊥BE (cmt)
⇒OE.OA=OB
2
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇔OE.OA=R
2
3
3)Trên cung nhỏ BC của (O;R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C). Tiếp
tuyến tại K của (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam
giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
Xét (O):
PB, PK là hai tiếp tuyến của (O) (gt)
⇒PK = PB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh tương tự QK = QC

Ta có chu vi tam giác APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PK + KQ
Mà PK = PB; KQ = QC (cmt)
⇒Chu vi tam giác APQ = AP + AQ + PB + QC = AP + PB + AQ + QC
Chu vi tam giác APQ = AB + AC
Mà A, (O) cố đinh ⇒ Tiếp tuyến AB, AC cố định ⇒AB, AC không đổi
Chu vi tam giác APQ = AB + AC không đổi khi K di chuyển trên cung BC
nhỏ.
4)Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC
4
4
theo thứ tự tại M, N. Chứng minh PM + QN ≥ MN
+) Chứng minh được: ∆AMN cân tại A
⇒ góc M = góc N (tc tam giác cân)
⇒ góc A + 2 góc M
1
= 180
o
(*)
Ta có góc A + góc BOC = 180
o
(tứ giác OBAC là tgnt)
Chứng minh được góc BOC = 2 góc POQ
⇒ góc A + 2góc POQ = 180
o
(**)
Từ (*) và (**) ta có góc M
1
= góc POQ
Ta có góc PON là góc ngoài của ∆MOP
⇒ góc PON = góc P

1
+ góc M
1
⇔góc POQ + góc O
1
= góc P
1
+ góc M
1
Mà góc M
1
= góc POQ (cmt)
⇒góc O
1
= góc P
1
Xét ∆ONQ và ∆PMO:
gócM
1
= gócN
1
(cmt)
gócO
1
= gócP
1

(cmt)
⇒∆ONQ đồng dạng với ∆PMO
⇒

NQ ON
MO PM
=
(đn 2 tam giác đồng dạng)
⇒PM.NQ = OM.ON = OM
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số PM>0 và PN >0 ta có:
.
2
PM PN 2 PM PN
PM PN 2 OM PM PN 2OM PM PN MN
+ ≥
⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥
Câu V
Giải phương trình
( )
( )
( ) ( )
( )( )
2 2 3 2
2
2 2
2 2
2
1 1 1
x x x 2x x 2x 1
4 4 2
1 1 1
x x x 2x 1 2x 1
4 2 2

1 1 1
x x 2x 1 x 1
4 2 2
1 1 1 1
x x x x x 1
2 2 2 2
− + + + = + + +
 
 
⇔ − + + = + + +
 ÷
 
 
 
⇔ − + + = + +
 
    
⇔ − + + + = + +
 ÷ ÷  ÷
    
Điều kiện:
( )
2
1 1
x x 1 0 x
2 2
 
+ + ≥ ⇔ ≥ −
 ÷
 

Phương trình tương đương:
5