tuyen sinh 10 chuyen toandap an

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

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

<b>ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC</b>

<b>2007-2008</b>

<b>MÔN TOÁN</b>

<b>Bài 1</b>: (2,5 điểm)
Cho biểu thức P=
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm x để P <

<b>Bài 2</b>: (2,5 điểm)

Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm
4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi
từ A đến B.

<b>Bài 3</b>: (1 điểm)
Cho phương trình

1. Giải phương trình khi b= -3 và c=2

2. Tìm b,c để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1

<b>Bài 4</b>: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm
A và AH <R. Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai

điểm E và B ( E nằm giữa B và H)

1. Chứng minh góc ABE bằng góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH.

2. Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng
minh AHEK là tứ giác nội tiếp.

3. Xác định vị trí điểm H để AB= R .

<b>Bài 5</b>: (0,5 điểm)

Cho đường thẳng y = (m-1)x+2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất.

Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT- Hà Nội

Năm học 2007-2008

<b>Bài 1</b>:

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

1. Kết quả rút gọn với điều kiện xác định của biểu thức P là

2. Yêu cầu . Đối chiếu

với điều kiện xác định của P có kết quả cần tìm là

<b>Bài 2</b>:

Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình .
Giải ra ta có nghiệm x=12(km/h)

<b>Bài 3</b>:

1. Khi b=-3, c= 2 phương trình x2_{-3x+2=0 có nghiệm là x=1, x=2}

2. Điều kiện cần tìm là

<b>Bài 4</b>:

1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.

2. nên hay

. Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường trịn đường kính AE.
3. M là trung điểm EB thì OM vng góc BE, OM=AH. Ta có

đều cạnh R. Vậy AH= OM=

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

Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2). Do đố OA=2. Khoảng cách
lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc
đường thẳng d là 0 tức là m-1.

<b>KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008</b>

<b>KHĨA NGÀY 20-6-2007</b>

MƠN THI: TỐN

<i>Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)</i>

<b>Câu 1: </b>(1, 5 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2_{– 2} _{x + 4 = 0}

b) x4_{– 29x}2_{+ 100 = 0}

c)

<b>Câu 2:</b> (1, 5 điểm)

Thu gọn các biểu thức sau:
a)

b)

<b>Câu 3:</b> (1 điểm)

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2_{và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và}

chiều rộng của khu vườn.

<b>Câu 4: </b>(2 điểm)

Cho phương trình x2_{– 2mx + m}2_{– m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số.}

a) Giải phương trình với m = 1.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2.

c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

<b>Câu 5:</b> (4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ
tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.

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

c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.

d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.

<b>Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT</b>
<b>Năm học 2007-2008</b>

<b>Câu 1:</b>

a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1.

b) Đặt t = x2_{≥ 0, ta được phương trình trở thành t}2 _{– 29t + 100 = 0} _{t = 25 hay t =2.}

* t = 25 x2_{= 25} _{x = ± 5.}

* t = 4 x2_{= 4} _{x = ± 2.}

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.

c)

<b>Câu 2:</b>

a)
b)

<b>Câu 3: </b>

Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0).

Theo đề bài ta có:

Ta có: (*) x2_{– 60x + 675 = 0} _{x = 45 hay x = 15.}

Khi x = 45 thì y = 15 (nhận)
Khi x = 15 thì y = 45 (loại)

Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m)

<b>Câu 4: </b>

Cho phương trình x2_{– 2mx + m}2_{– m + 1 = 0 (1)}

a) Khi m = 1 thì (1) trở thành:

x2_{– 2x + 1 = 0} _{(x – 1)}2_{= 0} _{x = 1.}

b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Δ’ = m – 1 > 0 m > 1.

Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1.

c) Khi m > 1 ta có:

S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1

Do đó: A = P – S = m2_{– m + 1 – 2m = m}2_{– 3m + 1 =} _{− ≥ – .}

Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1)

Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .

<b>Câu 5: </b>

a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường trịn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn đường kính BC.

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

H là trực tâm của Δ ABC.

AH vng góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:

chung và

Δ AEC đồng dạng với Δ AFB
c) Khi BHOC nội tiếp ta có:

mà và (do AEHF

nội tiếp)

Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC )

Vậy mà BC = 2KC nên

d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có:

(đối đỉnh)
Δ EHB đồng dạng với Δ FHC

HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12

HC(CE – HC) = 12 HC2_{– 8.HC + 12 = 0} _{HC = 2 hoặc HC = 6.}

* Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE)
* Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE)
Vậy HC = 6 (cm).

</div>

<!--links-->