DE DA TOAN THI VAO 10 SO GD HA NOI NAM 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài I. (2,0 điểm). x 1 x  1 khi x = 9. 1) Tính giá trị biểu thức : 1  x 1  x 2 P   . x  2 x x  2   x  1 với x > 0; x 1 . 2) Cho biểu thức x 1 P x . a) Chứng minh A. b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 x  5 . Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: 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? Bài III. (2,0 điểm). 1  4  x  y  y  1 5    1  2  1 1) Giải hệ phương trình  x  y y  1. 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. Bài IV. (3,5 điểm). 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 vuông 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 V. (0,5 điểm). Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab . --------------------------------Hết------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh................................................ Số báo danh:.............................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giám thị 1 (Họ tên và ký).....................................Giám thị 2 (Họ tên và ký)......................................... ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2014 – 2015. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI. Môn thi: Toán Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút. ( Đây là đáp án, biểu điểm dự kiến của Nguyễn Thị Xuyến giáo viên Trường THCS Nam Phương Tiến B, Chương Mỹ, Hà Nội. Website: nganduongnpt.violet.vn ) Bài I. (2,0 điểm). x 1 x  1 khi x = 9. 1) Tính giá trị biểu thức : 1  x 1  x 2 P   . x  2 x x  2   x  1 với x > 0; x 1 . 2) Cho biểu thức x 1 P x . a) Chứng minh A. b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 x  5 . Bài 1 Bài 1.1 (0,5 điểm) Bài 1.2. (1,5 điểm). Hướng dẫn giải Với x = 9 thì. x  9 3  A  P. 3 1 4  2 3 1 2. Điểm 0, 5. x 1 x .. a) Chứng minh - Với x > 0; x 1 ta có.   x 1 x 2 x P   . x ( x  2)  x  1  x ( x  2) P P. 0, 25. x x  2 x 1 . x ( x  2) x  1. ( x  1)( x  2) x  1 . x ( x  2) x  1=. - Vậy với x > 0; x 1 ta có b) - Với x > 0; x 1 ta có:. 0, 25. x 1 x. P P. 0, 25. x 1 x . x 1 x. 2 x 1  2 x  5 2 x 5 x - Để 2P = nên - Đưa về được phương trình 2 x  3 x  2 0. 0, 25. 0, 25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  2(loai ) 1   x  x 1 4   2 - Tính được thỏa mãn điều kiện x > 0; x 1. 0, 25. - vậy với x = 1/4 thì 2P = 2 x  5 Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: 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?. Bài 2. Hướng dẫn giải. (2,0 điểm) 0, 5. Bài 2. - 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). (2,0 điểm). 1100 - Số ngày làm theo kế hoạch là: x ngày 1100 Số ngày làm trên thực tế là: x  5 ngày. 0,5. Vì thời gian thực tế ít kế hoạch 2 ngày , ta có phương 1100 1100  2 x 5 trình: x. 0,25. + Giải phương trình tìm được x1  55; x2 50. 0,5. Vì x  0 nên x1 50 thỏa mãn điều kiện của ẩn, x2  55 không thỏa mãn điều kiện của ẩn. Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng làm được 50 sp.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài III. (2,0 điểm). 1  4  x  y  y  1 5    1  2  1 1) Giải hệ phương trình  x  y y  1. 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. Bài 3. Bài 3.1 (1,0 điểm). Hướng dẫn giải 1  4  x  y  y  1 5(1)    4  8  4(2) Giải hệ phương trình  x  y y  1 đk x  y; y 1.. - Lấy (1) trừ từng vế cho (2) ta được:. Điểm 0,25. 0, 5. 9 9  y  1 1  y 2(tm) y 1. Bài 3.2. (1,0 điểm). - Thay y = 2 vào (1) ta tính được x = -1 Vậy hệ pt có nghiệm là (x; y) = ( - 1; 2 ) a) - Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x 2. x 2 = -x + 6  x 2 + x - 6 = 0    x  3  x 2  y 4  - Chỉ ra:  x  3  y 9. 0,25 0, 25. 0, 25. - Kết luận: A(2;4) và B(-3;9) - b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành. Ta có S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' x  x A ' x B'  x A ' 5 Ta có A’B’ = B' , AA’ = y A 9 , BB’ = y B 4. 0, 25. AA ' BB ' 94 65 .A 'B '  .5  2 2 2 (đvdt) Diện tích hình thang : SAA 'B'B 1 27 1 SOAA '  2 A ' A.A 'O  2 (đvdt); SOBB'  2 B'B.B'O 4 (đvdt) 65  27   S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'     4  15 2  2  (đvdt). 0, 25. . - Kết luận.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài IV. (3,5 điểm). 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 vuông 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 Hướng dẫn giải (3,5 điểm) Hình vẽ: P N F. O. A. B. 0,25 M E. Q. 1 (0,75 điểm) 2 (1 điểm). - Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R). 0,75.   Ta có ANM ABM (cùng chắn cung AM của (O;R) ). 0,25. . . - Chỉ ra ABM AQB (cùng phụ với góc MAB). 0,25.   - Nên ANM AQB .. 0,25. . 3. . - Vì ANM AQB nên MNPQ nối tiếp (do có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đối diện ) . */ 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. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (1,0 điểm). tam giác ABP. 0,25. Suy ra F là trung điểm của BP. */ Chứng minh: ME // NF Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. 0  Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF 90 . 0  Tương tự ta có OME 90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN. 0,25 0,25. - Ta thấy : 2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 4 (0,5 điểm). 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN AB BP  QB BA  - Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra 2 AB BP.QB. 0,25. Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 2 4R. - Ta có Do đó,. AM 2  AN 2 MN 2  2 2 = 2R2 2R.4R  2R 2 6R 2 SMNPQ 3R 2. AM.AN . 2SMNPQ. . Suy ra. 0,25. Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài V. (0,5 điểm). Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab . Bài 5. Hướng dẫn giải. (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)  a 2  ab  bc  ca.  (a  b)(a  c) . (0,5 điểm). (a  b)  (a  c) 2. 0,25. (Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương a+b và a+c) Vậy ta có 2a  bc Tương tự ta có :. . (a  b)  (a  c) 2 (1). (a  b)  (b  c) 2b  ca 2 (2) (a  c)  (b  c)  2c  ab 2 (3) . Cộng (1) (2) (3) vế theo vế  Q 2(a  b  c) 4 2 Khi a = b = c = 3 thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lưu ý khi chấm bài: - Điểm toàn bài không được làm tròn. - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>