HA NOI 1415

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014-2015. Môn thi : Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC. Ngày thi : 23 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút. Bµi I(2 ®iÓm) x 1 1) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A = x  1 khi x = 9. 1  x 1  x 2   . x  2  x  1 víi x > 0 vµ x  1. 2) Cho biÓu thøc P =  x  2 x x 1 x . a) Chøng minh r»ng P =. b) Tìm các giá trị của x để 2P = 2 x + 5. Bµi II (2 ®iÓm) Mét ph©n xëng theo kÕ ho¹ch cÇn ph¶i s¶n xuÊt 1100 s¶n phÈm trong mét sè ngµy quy định. Do mỗi ngày phân xởng đó sản xuất vợt mức 5 sản phẩm nên phân xởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày ph©n xëng s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ bao nhiªu s¶n phÈm? Bµi III( 2 diÓm)  4 x y     1  1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y. 1 5 y 1 2  1 y 1. 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x + 6 và parabol (P) : y = x2. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gäi A, B lµ hai giao ®iÓm cña (d) vµ (P). TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AOB. Bµi IV (3,5 ®iÓm) Cho đờng tròn (O; R) có đờng kính AB cố định. Vẽ đờng kính MN của đờng tròn (O; R)(M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đờng tròn (O; R) tại B cắt các đờng th¼ng AM, AN lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm Q vµ P. 1) Chøng minh tø gi¸c AMBN lµ h×nh ch÷ nhËt. 2) Chứng minh 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đờng tròn. 3) Gäi E lµ trung ®iÓm cña BQ. §êng th¼ng vu«ng gãc víi OE t¹i O c¾t PQ t¹i ®iÓm F. Chøng minh F lµ trung ®iÓm cña BP vµ ME // NF. 4) Khi đờng kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đờng kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bµi V (0,5 ®iÓm) Víi a, b, c lµ c¸c sè d¬ng tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c = 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc Q = 2a  bc  2b  ca  2c  ab ===***=== §¸p ¸n Bµi I(2 ®iÓm) 1) Ta cã A =. x 1 x  1 (x  0; x  1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thay x = 9 vµo A ta cã: A =. 9 1 3 1  2 9  1 3 1. 1  x 1  x 2   . x  2 x x  2   x  1 víi x > 0 vµ x  1. 2) Cho biÓu thøc P = x 1 x . a) Chøng minh r»ng P =. 1  x 1  x 2 1  x 1 x  2  x x 1  x 2 P      . . . x  2  x  1  x ( x  2) x 2 x  1 x ( x  2) x  1  x2 x . . . x1 x. . x 2. x 2. . .. x 1 x 1   DPCM  x1 x. c) Tìm các giá trị của x để 2P = 2 x + 5. x 1 2 x  5  2 x  3 x  2 0  2 x  1 x 1   2 x  1 0 x  (TMDK )  4     x  1 0  x  1(loai ) 1 VËy x = 4 th× 2P = 2 x + 5.. . 2 P 2 x  5  2.. . . x  2 0. Bµi II (2 ®iÓm) Gäi sè s¶n phÈm mçi ngµy ph©n xëng ph¶i s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ x(s¶n phÈm), (0 <x < 1100, x nguyªn d¬ng) - Theo kÕ ho¹ch ph©n xëng cÇn s¶n xuÊt 1100 s¶n phÈm nªn sè ngµy ph©n xëng lµm 1100 theo kÕ ho¹ch lµ x (ngµy).. - Do mçi ngµy ph©n xëng lµm vît møc 5 s¶n phÈm nªn thùc tÕ mçi ngµy ph©n xëng lµm đợc x + 5 (s¶n phÈm) 1100 Do đó số ngày phân xởng làm thực tế là x  5 (ngày). - Thực tế phân xởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định nên ta có phơng trình: 1100 1100  2  x 2  5 x  27 0   x  50   x  55  0  x x 5.  x 50  TMDK    x  55  Loai . VËy sè s¶n phÈm mçi ngµy ph©n xëng lµm theo kÕ ho¹ch lµ 50 (s¶n phÈm). Bµi III( 2 diÓm)  4 x y     1  1)Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y. §K: x + y  1, y  1.. 1 5 y 1 2  1 y 1 (I) 1 1 a; b y 1 §Æt x  y.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  4u  v 5 u 1   Khi đó phơng trình (I)  u  2v  1 v 1  1  x  y 1  x  y 1  x  1     1 y  1  1   y 2  1 Do đó phơng trình (I)   y  1  x  1  VËy nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ :  y 2. 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x + 6 vµ parabol (P) : y = x2 a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Hoành độ giao điểm giữa (d) và (P) là nghiệm của phơng trình; x 2  x  6  x 2  x  6 0  x 2 hay x  3  A(2; 4) - Víi x = 2 ta cã y = 22 = 4 - Víi x = - 3 ta cã y = (-3)2 = 9  B(- 3 ; 9) Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A(2;4) và B(-3;9) b) Gäi A’, B’ lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña A vµ B xuèng trôc hoµnh.. Ta cã S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' Ta cã A’B’ =. x A '  x B'  2  ( 3) 5. , AA’ = 4, BB’ = 9. AA ' BB' 49 65  .A ' B'  .5  S 2 2 2 (®vdt) DiÖn tÝch hinh thang : AA 'B'B 1 1 1 1 27 SOAA '  2 A 'A.A 'O  2 .4.2 4 (®vdt); SOBB'  2 B' B.B'O  2 .9.3  2 (®vdt)  S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' . Bài IV (3,5 điểm). 65  27    4   15 2  2  (®vdt).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1) XÐt tø gi¸c AMBN cã : AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) MBN 900. (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O). ANB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O)  Tø gi¸c AMBN lµ h×nh ch÷ nhËt (DÊu hiÖu nhËn biÕt hcn) 0  0  2) V× MBN 90  BMQ 90 . 0 0    XÐt  BMQ cã BMQ 90  MQB  MBQ 90 0     mµ ABM  MBQ 90 (V× PQ  AB)  ABM MQB ABM  ANM AM. MÆt kh¸c. (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n. cña (O)).     MQB  ANM L¹i cã: MNP  ANM 1800 (Hai gãc kÒ bï) 0    MNP  MQB 180  Tứ giác MNPQ nội tiếp một đờng tròn  4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đờng tròn. 3) * XÐt  ABQ cã OB = OA = R EB = EQ (gt)  OE là đờng trung bình của  ABQ(đờng trung bình của  )   MAN 900 . OE // AQ mµ AP. AQ (V×. ).  OE // AP mµ OA = OB = R  FB = FP (§Þnh lÝ)  F lµ trung ®iÓm cña BP *  NPB vu«ng t¹i N cã NF lµ trung tuyÕn  NF = FB = FP - XÐt  ONF vµ  OBF cã : OF chung   NF FB (cmt )   ONF OBF (c  c  c ) ON OB R     ONF OBF 900  NF  MN (1) Chøng minh t¬ng tù, ta cã : ME  MN (2) Tõ (1) vµ (2)  NF // ME S SAPQ  SAMN  2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 4) Ta cã : MNPQ 1 1 S APQ  AB.PQ; S AMN  AN . AN 2 2 Mµ  2SMNPQ AB.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN (3) AB BP  2 2 2  ABP   QBA  QB BA  AB BP.QB  BP.QB  2R  4R PB  BQ 2 PB.BQ 2 4R 2 4R áp dụng bất đẳng thức Cosi cho PB và BQ ta có (4) 2 2 2 AM  AN MN AM.AN   2 2 = 2R2 (5) Ta cã (AM – AN)2  0 . 2SMNPQ 2R.4R  2R 2 6R 2 S 3R 2 Tõ (3), (4), (5)  . Suy ra MNPQ DÊu b»ng x¶y ra khi AM =AN vµ PQ = BP hay MN  AB. VËy MN  AB th× tø gi¸c MNPQ cã diÖn tÝch nhá nhÊt. Bµi V: (0,5 ®iÓm) Ta cã Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab mµ a + b + c = 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Q.  a  b  c  a  bc   a  b  c  b  ca   a  b  c  c  ab.   a  b  a  c   b  c  b  a    c  a   c  b - Vì a, b, c là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dơng a + b, a + c ta có  a  b  b  c a + b + b + c 2 a ba c 2a  b  c   a  b a  c a  b a  c           2 2 (1) 2b  a  c b  c  b  a   2 T¬ng tù ta cã: (2) 2c  a  b  c  a  c  b  2 (3) Céng (1) (2) (3) vÕ theo vÕ ta cã:.  a  b  a  c   b  c  b  a    c  a   c  b  Q 2(a  b  c)  Q 4  a  b a  c b  c b  a 2    a b c  3 c  a c  b  a  b  c 2 Q=4 2 VËy Qmax = 4 Khi a = b = c = 3. . . 2a  b  c 2b  a  c 2c  a  b   2 2 2 + +.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>