DE DAP AN THI VAO 10 MON TOAN HN 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I (2,0 điểm) x 1 x  1 khi x = 9 1) Tính giá trị của biểu thức 1  x 1  x 2 P   . x  2  x  1 với x > 0 và x 1  x 2 x 2) Cho biểu thức x 1 P x a)Chứng minh rằng A. b)Tìm các giá trị của x để 2P 2 x  5 Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán 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 = 2. x. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có 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 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 điểm 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 đường 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 lớn nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI GIẢI Bài I: (2,0 điểm). 3 1 2 3 1 1) Với x = 9 ta có  x  2  x  x  1  ( x  1).( x  2)  x  1 x 1 P   . .  x ( x  2)  x  1 x  x ( x  2)  x  1  2) a) A. b)Từ câu 2a ta có 2P 2 x  5 . 2 x 2 2 x  5 x.  2 x  2 2x  5 x và x > 0  2x  3 x  2 0 và x >0 1 1  x  x 2 4.  ( x  2)( x . 1 ) 0 2 và x >0. Bài II: (2,0 điểm) Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0) 1100  Số ngày theo kế hoạch là : x . 1100 Số ngày thực tế là x  5 . Theo giả thiết của bài toán ta có : 1100 1100 x - x  5 = 2.  1100(x  5)  1100x 2x(x  5)  2x 2  10x  5500 0  x 50 hay x  55 (loại) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm. Bài III: (2,0 điểm) 1) Hệ phương trình tương đương với: 1 1 u v x  y và y  1 . Hệ phương trình thành : Đặt 4u  v 5 8u  2v 10     u  2v  1  u  2v  1 Do đó, hệ đã cho tương đương :. 9u 9   2v u  1. u 1  v 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  x  y 1 x  y 1 x  1     1 y  1  1  y 2  1  y  1 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là. x 2  x  6  x 2  x  6 0  x 2 hay x  3 Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và A(-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 B'  x A ' x B'  x A ' 5. , AA’ = y A 9 , BB’ = y B 4 AA ' BB' 94 65  .A 'B '  .5  S 2 2 2 (đvdt) Diện tích hình thang : AA 'B'B 1 27 1  A ' A.A 'O   B'B.B'O 4 SOAA ' 2 2 (đvdt); SOBB' 2 (đvdt) 65  27   S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'     4  15 2  2  (đvdt) Ta có A’B’ =. Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.   2) Ta có ANM ABM (cùng chắn cung AM)   và ABM AQB (góc có cạnh thẳng góc)   vậy ANM AQB nên MNPQ nối tiếp.. P N F A. O. 3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ. OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP M Suy ra F là trung điểm của BP. 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. 4) 2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN AB BP  QB BA  AB2 BP.QB Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra 2 Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R. B. E. Q.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> AM 2  AN 2 MN 2  2 2 = 2R2 Ta có 2 2S 2R.4R  2R 6R 2 S 3R 2 Do đó, MNPQ . Suy ra MNPQ Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài V: (0,5 điểm) Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab AM.AN . 2a  bc  (a  b  c)a  bc. (Do a + b +c = 2) (a  b)  (a  c)  a 2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c)  2 (Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c) (a  b)  (a  c)  2 Vậy ta có 2a  bc (1) Tương tự ta có : (a  b)  (b  c)  2b  ca 2 (2) (a  c)  (b  c)  2c  ab 2 (3)  Q 2(a  b  c) 4 Cộng (1) (2) (3) vế theo vế 2 Khi a = b = c = 3 thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>