Thi lop 10 HN năm 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>HÀ NỘI</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học 2014 – 2015</b>
<b>Mơn thi: Tốn</b>

<b>Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014</b>
<b>Thời gian làm bài: 120 phút</b>
<b>Bài I. (2,0 điểm).</b>

1) Tính giá trị biểu thức :

1
1
<i>x</i>
<i>A</i>

<i>x</i>




 _{khi x = 9.}

2) Cho biểu thức

2 1 1

.

2 2 1

<i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

 

 

_  _

  

  _vớix > 0;<i>x</i>1_.

a) Chứng minh

1
<i>x</i>
<i>P</i>

<i>x</i>




.

b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 <i>x</i>5_.

<b>Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:</b>

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?

<b>Bài III. (2,0 điểm).</b>

1) Giải hệ phương trình

4 1

5
1

1 2

1
1
<i>x y</i> <i>y</i>
<i>x y</i> <i>y</i>



 

  





 _ _

  



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 giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
<b>Bài IV. (3,5 điểm).</b>

Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường trịn (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 vng 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.

<b>Bài V. (0,5 điểm).</b>

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 .

<i>Q</i> <i>a bc</i>  <i>b ca</i>  <i>c ab</i>

<i><b>---Hết---Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.</b></i>

Họ và tên thí sinh... Số báo danh:...
Giám thị 1 (Họ tên và ký)...Giám thị 2 (Họ tên và ký)...

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>
<b>HÀ NỘI</b>

<b>ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM</b>

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>
<b>Năm học 2014 – 2015</b>

<b>Mơn thi: Tốn</b>

<b>Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014</b>
<b>Thời gian làm bài: 120 phút</b>
<b>Bài I. (2,0 điểm).</b>

1) Tính giá trị biểu thức :

1
1

<i>x</i>
<i>A</i>
<i>x</i>



 _{khi x = 9.}

2) Cho biểu thức

2 1 1

.

2 2 1

<i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

 

 

_  _

  

  _vớix > 0;<i>x</i>1_.

a) Chứng minh

1
<i>x</i>
<i>P</i>
<i>x</i>


.

b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 <i>x</i>5_.

<b>Bài 1</b> <b>Hướng dẫn giải</b> <b>Điểm</b>

<b>Bài 1.1</b>

(0,5 điểm) _{Với x = 9 thì}

3 1 4

9 3 2

3 1 2
<i>x</i>    <i>A</i>   

 0, 5

<b>Bài 1.2.</b>

<i>(1,5 điểm)</i>

a) Chứng minh

1
<i>x</i>
<i>P</i>
<i>x</i>


.
- Với x > 0;<i>x</i>1ta có

2 1

.

( 2) ( 2) 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

 _  _
_  _
 _ _  _

 
<i>0, 25</i>
2 1
.

( 2) 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

  



 

<i>0, 25</i>

( 1)( 2) 1

.

( 2) 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>P</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

  

  ₌
1
<i>x</i>
<i>x</i>


- Vậy vớix > 0;<i>x</i>1ta có

1
<i>x</i>
<i>P</i>
<i>x</i>


.
<i>0, 25</i>

b) - Với x > 0;<i>x</i>1ta có:

1
<i>x</i>
<i>P</i>
<i>x</i>



- Để 2P = 2 <i>x</i>5 nên

2 <i>x</i> 1
<i>x</i>




2 <i>x</i>5

<i>0, 25 </i>

- Đưa về được phương trình 2<i>x</i>3 <i>x</i> 2 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

- Tính được

2( ) ₁

1 ₄

2
<i>x</i> <i>loai</i>

<i>x</i>
<i>x</i>

 

 _ _

 _

 _{thỏa mãn điều kiện}x > 0;<i>x</i>1
- vậy với x = 1/4 thì 2P = 2 <i>x</i>5

<i>0, 25</i>

<b>Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:</b>

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?

<b>Bài 2</b> <b>_{Hướng dẫn giải}</b> _{(2,0 điểm)}

<b>Bài 2</b>
(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

<i>x</i> _ngày
Số ngày làm trên thực tế là:

1100
5

<i>x</i> _ngày 0,5

Vì thời gian thực tế ít kế hoạch 2 ngày , ta có phương trình:
1100 1100

2
5

<i>x</i>  <i>x</i>  0,25

+ Giải phương trình tìm được <i>x</i>155;<i>x</i>2 50 0,5
Vì <i>x</i>0_nên<i>x</i>150 thỏa mãn điều kiện của ẩn, <i>x</i>2 55 không

thỏa mãn điều kiện của ẩn.

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng làm được 50 sp. 0,25
<b>Bài III. (2,0 điểm).</b>

1) Giải hệ phương trình

4 1

5
1

1 2

1
1
<i>x y</i> <i>y</i>
<i>x y</i> <i>y</i>



 

  




 _ _

  



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 giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.

<b>Bài 3</b> <b>Hướng dẫn giải</b> <b>Điểm</b>

<b>Bài 3.1</b>
(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

4 1

5(1)
1

4 8

4(2)
1

<i>x y</i> <i>y</i>
<i>x y</i> <i>y</i>



 

  




 _ _

  

 _đk<i>x</i><i>y y</i>; 1.

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

9

9 1 1 2( )

1 <i>y</i> <i>y</i> <i>tm</i>

<i>y</i>      

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

0,25
<b>Bài 3.2.</b>

<i>(1,0 điểm)</i>

a) - Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

2 2₊ 2

3
x = -x + 6 x x - 6 = 0 <i>x</i>

<i>x</i>



 _


 

<i>0, 25</i>

- Chỉ ra:

2 4

3 9

<i>x</i> <i>y</i>

<i>x</i> <i>y</i>

  



 _{ } _



- Kết luận: A(2;4) và B(-3;9)

<i>0, 25</i>

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

Ta có A’B’ = xB' xA ' xB' xA ' 5_{, AA’ =}yA 9_{, BB’ =}yB 4

<i>0, 25</i>

Diện tích hình thang : SAA'B'B

AA ' BB' 9 4 65
.A 'B' .5

2 2 2

 

  

(đvdt)
OAA'

S_

1 27

A 'A.A 'O

2 2

 

(đvdt); SOBB'
1

B'B.B'O 4
2

 

(đvdt)
OAB AA 'B'B OAA ' OBB'

65 27

S S S S 4 15

2 2

  

 

      _  _

  _(đvdt)

- Kết luận

<i>0, 25</i>

<b>Bài IV. (3,5 điểm).</b>

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 vng 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 <b>Hướng dẫn giải</b> (3,5 điểm)

Hình vẽ: 0,25

A B

P

O

F

E
N

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>1</b>
(0,75 điểm)

- Tứ giác AMBN có 4 góc vng, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa
đường trịn (O;R)

0,75

<b>2</b>
(1 điểm)

Ta có ANM ABM  _{(cùng chắn cung AM của (O;R) )} 0,25

- Chỉ raABM AQB  (cùng phụ với góc MAB) 0,25

- Nên ANM AQB  . 0,25

- Vì ANM AQB  nên MNPQ nối tiếp (do có góc ngồi tại một đỉnh

bằng góc trong đối diện ) . 0,25

<b>3</b>
(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 vng góc với AQ nên OE vng góc OF.

Xét tam giác vng NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF 90  0_.

Tương tự ta có OME 90  0_{nên ME // NF vì cùng vng góc với MN}

0,25
0,25

<b>4</b>
(0,5 điểm)

- Ta thấy : 2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN

2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN

    

- Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra

AB BP

QBBA  AB2 BP.QB

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

0,25

- Ta có

2 2 2

AM AN MN

AM.AN

2 2



 

= 2R2
Do đó,2SMNPQ 2R.4R 2R 2 6R2_{. Suy ra}

2
MNPQ

S 3R

Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vng góc AB.

0,25

<b>Bài V. (0,5 điểm).</b>

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 .

<i>Q</i> <i>a bc</i>  <i>b ca</i>  <i>c ab</i>

<b>Bài 5</b> <b>Hướng dẫn giải</b> (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)
 a2ab bc ca 

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

(0,5 điểm)

(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)
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

<b>Lưu ý khi chấm bài:</b>

<i>- Điểm tồn bài khơng được làm trịn.</i>

<i>- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu</i>
<i>học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.</i>

</div>

<!--links-->