DA TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HN 09-2010.doc

HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT (2009-2010)
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
1 Bài toán về phân thức đại số 2,5đ
1.1 Rút gọn biểu thức
Đặt
= ⇒ = ≥ ≠; ,y x x y y y
2
0 2
Khi đó
= + +
− +
−
y
A
y y
y
2
2
1 1
2 2
4
0,5
( )
( ) ( )
+ −
= + +
− − −
+ +
= = =

− + −
−
y y y
y y y
y y y y y
y y y
y
2
2 2 2
2
2
2 2
4 4 4
2 2
2 2 2
4
Suy ra
=
−
x
A
x 2
0,5
1.2 Tính giá trị A khi
=x 25
Khi
= ⇒ = =
−
x A
25 5

25
3
25 2
0,5
1.3 Tìm x khi
−
=A
1
3
( )
− −
= ⇔ =
−
⇔ = − +
⇔ =
⇔ = ⇔ = ⇔ = ≥ ≠tho¶ m·n ®k 0,x 4
y
A
y
y y
y
y x x x
1 1
3 2 3
3 2
4 2
1 1 1
2 2 4
1
2 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hay hệ phương trình 2.5đ

* Gọi:
 Số áo tổ  may được trong 1 ngày là x
( )
∈ >¥ ;x x 10
 Số áo tổ  may được trong 1 ngày là y
( )
∈ ≥¥ ,y y 0
0,5
* Chênh lệch số áo trong 1 ngày giữa 2 tổ là:
− =x y 10
* Tổng số áo tổ  may trong 3 ngày, tổ  may trong 5 ngày là:
+ =x y3 5 1310
( )
( )
= −
− =


⇔
 
+ =
+ − =


= −

⇔

− =


=

⇔

=

Ta cã hÖ
tho¶ m·n ®iÒu kiÖn
y x
x y
x y
x x
y x
x
x
y
10
10
3 5 1310
3 5 10 1310
10
8 50 1310
170
160
Kết luận: Mỗi ngày tổ  may được 170(áo), tổ  may được 160(áo)
2
1
3 Phương trình bậc hai 1đ
3.1
Khi

=
m 1
ta có phương trình:
− + =x x
2
4 3 0
Tổng hệ số
+ + =
a b c 0
⇒ Phương trình có 2 nghiệm
= = =;
c
x x
a
1 2
1 3
0,5
3.2
* Biệt thức
( )
( )
∆ = + − + = −'
x
m m m
2
2
1 2 2 1
Phương trình có 2 nghiệm
≤x x
1 2

⇔ ∆ = − ≥ ⇔ ≥'
x
m m
1
2 1 0
2
0,25
* Khi đó, theo định lý viét
( )
−

+ = = +




= = +


b
x x m
a
c
x x m
a
1 2
2
1 2
2 1

2
( )
( )
( )
+ = + −
= + − +
= +
Ta cã x x x x x x
m m
m m
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
4 1 2 2
2 8
( )
*Theo yªu cÇu:
lo¹i
x x m m
m
m m
m
+ = ⇔ + =
=

⇔ + − = ⇔


= −

2 2 2
1 2
2
10 2 8 10
1
2 8 10 0
5
Kết luận: Vậy
m = 1
là giá trị cần tìm.
0,25
4 Hình học 3,5
4.1 1đ
* Vẽ đúng hình và ghi đầy đủ giả thiết kết luận
0,5
* Do AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O)
·
·
⇒ = = °ACO ABO 90
⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp được.
0,5
4.2 1đ
* AB, AC là 2 tiếp tuyến của (O) ⇒ AB = AC
Ngoài ra OB = OC = R
Suy ra OA là trung trực của BC ⇒
⊥OA BE
0,5

* ∆OAB vuông tại B, đường cao BE
Áp dụng hệ thức liên hệ các cạnh ta có:
= =.OE OA OB R
2 2
0,5
4.3 1đ
* PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB
tương tự ta cũng có QK = QC
0,5
2
* Cộng vế ta có:
+ = +
⇔ + + + = + + +
⇔ + + = +
⇔ ∆ = + =Chu vi Kh«ng ®æi
PK KQ PB QC
AP PK KQ AQ AP PB QC QA
AP PQ QA AB AC
APQ AB AC
0,5
4.4 0,5
Cách 1
∆MOP đồng dạng với ∆NQO
( )
( )
B®t C«si
Suy ra:
. .
.
®pcm

OM MP
QN NO
MN
MP QN OM ON
MN MP QN MP QN
MN MP QN
=
⇔ = =
⇔ = ≤ +
⇔ ≤ +
2
2
2
4
4
0,5
Cách 2
* Gọi H là giao điểm của OA và (O), tiếp tuyến tại H với (O) cắt AM, AN tại X, Y.
Các tam giác NOY có các đường cao kẻ từ O, Y bằng nhau ( = R)
⇒ ∆NOY cân đỉnh N ⇒ NO = NY
Tương tự ta cũng có MO = MX
⇒ MN = MX + NY.
Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN
* Mặt khác
MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ
( )
**
≥
MB + CN + XY = MN
0,5

3
5 Giải phương trình chứa căn 0,5đ
*
( )
( ) ( )
   
⇔ − + + = + + = + +
 ÷  ÷
   
PT x x x x x x
2
2 2 2
1 1 1 1
2 1 1 1
4 2 2 2
Vế phải đóng vai trò là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có
≥
VP 0
Nhưng do
( )
+ > ∀ ∈ ¡x x
2
1 0
nên
−
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥VP x x
1 1
0 0
2 2
Với điều kiện đó:

 
+ = + = +
 ÷
 
x x x
2
1 1 1
2 2 2
0,25
( )
( )
( )
( )
 
⇔ − + + = + +
 ÷
 
 
⇔ + + = + +
 ÷
 
   
⇔ + = + +
 ÷  ÷
   

−

+ =
=



⇔ ⇔


=
+ =



*
Tho¶ m·n ®iÒu kiÖn
PT x x x x
x x x x
x x x
x
x
x
x
2 2
2 2
2
2
1 1 1
1
4 2 2
1 1
1
4 2
1 1

1
2 2
1
1
0
2
2
0
1 1
Tập nghiệm:
{ }
−
= ;S
1
0
2
0,25
4