loi giai de thi toan vao lop 10 Ha Noi nam hoc 0910

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2009 – 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: Toán
Ngày thi: 24/6/2009
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)
A

x
1
1


x 4
x 2
x  2 với x 0 và x 4

Cho biểu thức:
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x=25
A 

1
3

3) Tìm giá trị của x để
Bài II (2,5 điểm)
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 thức
hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 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
mày được bao nhiêu chiếc áo ?
Bài III (1,0 điểm)
Cho phương trình (ẩn x) : x2 – 2(m+1)x + m2 +2 = 0
1) Giải phương trình khi m=1
2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả
mãn hệ thức x12 + x22 = 10
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O;R) và điểm A nằm bên ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).
1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
2) Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vng góc với OA và
OE.OA=R2 .
3) Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kì ( K khác B, C).
Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB, AC lần lượt tại các điểm P, Q. Chứng
minh tam giác APQ có chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ
BC.
4) Đường thẳng qua O và vng góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo
thứ tự tại các điểm M, N. Chứng minh PM + QN  MN.
Bài V (3,5 điểm)
Giải phương trình:

x2 

1
1 1
 x 2  x   (2 x3  x 2  2 x  1)
4
4 2


BÀI GIẢI
Bài I
1) Rút gọn: với x 0 và x 4
A

x
1
1
x x 2 x  2
x2 x




x 4
x 2
x 2
( x  2)( x  2)
( x  2)( x  2)

A

x ( x  2)

x

( x  2)( x  2)
x 2

2) Tính giá trị của biểu thức A khi x=25
Thay x =25 vào biểu thức A ta đ ược:

A

25
5
5


25  2 5  2 3

5
Vậy giá trị của biểu thức A= 3 khi x=25
1
A 
3
3) Tìm giá trị của x để
x
1

3 với x 0 và x 4
x 2
1
1

 3 x  x  2  4 x 2  x   x 
2
4
1
1
x
A 
4 thì
3
Vậy với

A 

1

3

Bài II Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc h phng trỡnh
Gi số áo tổ thứ nhất may đợc trong một ngày là x (chiếc; x >10)
Thì số áo tổ thứ hai may đợc trong một ngày là x-10 (chiếc)
Số áo may đợc trong 3 ngày của tổ thứ nhất là 3x (chiếc)
Số áo may đợc trong 5 ngày của tổ thứ nhất là 5(x-10) (chiếc)
Theo đầu bài ta có phơng trình:
3x + 5(x 10) =1310
3x + 5x -50 =1310  8x = 1360
 x=170 (tho¶ m·n điều kiện)
Gi số áo tổ thứ nhất may đợc trong một ngày là 170 (chiếc)
Thì số áo tổ thứ hai may đợc trong một ngày là 160 (chiếc)
Bi III
Cho phng trình (ẩn x) : x2 – 2(m+1)x + m2 +2 = 0 (*)

1) Giải phương trình khi m=1
Víi m=1 , (*) <=> x2 – 4x + 3 = 0
 ’=(-2)2 - 1.3= 1 >0 => ' =1; phơng trình cã 2 nghiƯm ph©n biƯt;
x1=2+1=3; x2=2 - 1=1
VËy víi m=1 phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1=3; x2=1.
2) Phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
> 0  (m+1)2- (m2+2) > 0  m2 + 2m + 1 – m2 – 2 > 0
1
 2m – 1 > 0  2m > 1  m > 2

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phơng trình. Theo hÖ thøc ViÐt ta cã:
x1+ x2=2(m+1) ; x1.x2= m2 +2


§ể hai nghiệm x1, x2 thoả mãn hệ thức: x12 + x22 = 10
 (x1+ x2)2 - 2 x1.x2=10.
 4(m+1)2 – 2(m2 +2) = 10 (thay x1+ x2=2(m+1) ; x1.x2= m2 +2 )
 4m2+8m+4-2m2-4=10 2m2+8m-10=0
 m2 + 4m -5 = 0
 ’=22-1.(-5) = 9 > 0 =>  ' =3
m1=-2+3 = 1 ; m2= -2 – 3 = -5
1
KÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn m > 2 ta thÊy m1= 1 (thoả mÃn) còn m2= -5 (không thoả mÃn)

Vậy với m=1 th× phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ
thức x12 + x22 = 10
Bài IV
1) Nèi OB, OC ta cã:
AB lµ tiÕp tun cđa (O;R) t¹i B (gt)


AB  OB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn)


ABO
=900.

AC là tiếp tuyến của (O;R) tại C (gt)

AC OC (tính chất tiếp tuyến)


ACO
=900

P
B

Xét tứ giác ABOC có:
ABO ACO


+
=1800 mà ABO và ACO là

hai góc đối nhau

tứ giác ABOC nội tiÕp (dÊu
hiƯu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp)
2) XÐt tam gi¸c ABC cã:
AB = AC (tÝnh chÊt cđa hai tiÕp

tun cắt nhau)

tam giác ABC cân tại A


P

E

A

O

K

Q

C
AO hay AE là tia phân giác của BAC
N
( tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

AE phân giác đồng thời là đờng
cao của tam gíac ABC (tính chất của tam giác cân). Hay AE BE.
Tam giác vuông ABO có BE AE (c/m trên)
=> OB2 = OE.OA (hệ thức lợng trong tam giác vuông).
Hay OE.OA=R2.
3) Xét tam giác APQ có chu vi là:
AP+PQ+AQ=AP+PK+KQ+AQ
Mà PK=PB; KQ=QC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

AP+PQ+AQ=AP+PK+QC+AQ=AB+AC không đổi vì A, B, C cố định



1800 BAC
BAC


PMO
QNO

900 
2
2 (1)
4) Ta cã:



POQ
1800  (OPQ
 OQP
) (tÝnh chÊt tỉng 3 gãc trong cđa tam gi¸c)


BPK
CQK

)
2

2
(tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
0

180  APK 1800  AQK
3600  ( APK  AQK )
1800  (

) 1800 
2
2
2
1800  (




1800  ( APK  AQK
)
BAC
900 
2
2 (2)

BAC
0
90





2 )
Tõ (1), (2) => PMO QNO = POQ ( =
- XÐt 2 OPM và QPO có


PMO
= POQ (cm trên)


QPO
OPM
1800 900 

(t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

=>  OPM ~  QPO (g.g) (3)
- XÐt 2  QON vµ  QPO có


QNO
POQ
=

(cm trên)



PQO
OQN

(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

=> QON ~  QPO (g.g) (4)
Tõ (3) vµ (4) =>  OPM ~  QON
OM PM

QN
ON => PM.QN=OM.ON
=>

Hay PM.QN=OM2 (v× OM=ON)

Ta lại có: PM+QN 2 PM .QN (bất đẳng thức C«si)
2

hay PM+QN  2 OM
hay PM + QN  2OM
=> PM + QN  MN (v× MN = 2OM)

Bài V: Giải phương trình:
x2 

x2 

1
1 1
 x 2  x   (2 x3  x 2  2 x  1)
4
4 2

1
1
1
 ( x  ) 2  (2 x 3  x 2  2 x 1) 
4
2
2

1
1
- xÐt trêng hỵp x + 2 0 hay x - 2
1 1
 x 2  x   (2 x 3  x 2  2 x  1) 
4 2
(*)

x2 

1
1 1
 x   (2 x 3  x 2  2 x  1)
4
2 2
(*)

1
1
( x  ) 2  (2 x3  x 2  2 x  1)
2
2

 x1 0 (thoa man)
1 1
1 2
1
3
2
3
2
 x   (2 x  x  2 x  1)  x  x 0  x ( x  ) 0  
 x2  1 (thoa man)
2 2
2
2
2

1
1
- XÐt trêng hỵp x + 2 < 0 hay x < - 2
1
1
1

(2 x 3  x 2  2 x  1)  (2 x  1)( x 2  1)
2
2
2
Ta cã x < - =>
<0 Mà

=> ph¬ng trình vô nghiệm

1
Vậy phơng trình có hai nghiệm x1=0; x2= 2


x2 

1
1
 x  0
4
2