ĐÁP ÁN THI VÀO 10 MÔN TOÁN NĂM 2010-2011

ĐÁP ÁN THI VÀO 10 HÀ NỘI NĂM 2010- 2011 Bài I (2,5đ) 1) x 2 x 3x 9 A x 9 x 3 x 3 x 2 x 3x 9 x 3 x 3 ( x 3)( x 3) x( x 3) 2 x( x 3) (3x 9) x 3 x 2x 6 x 3x 9 ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) 3( x 3) 3 ( x 3)( x 3) x 3 + = + − − + − + = + − + − + − − + + − + − + + − − = + − + − − = = + − + 2) 3 1 x 3 9 x 6 x 36(t / m) 3 x 3 = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = + 3) Tìm Max A 3 A x 3 = + Ta thấy: 3 3 x 3 3 1 3 x 3 + ≥ ⇔ ≤ = + Vậy Max A = 1 khi x 3 3 x 0 x 0(t / m)+ = ⇔ = ⇔ = Bài II(2,5đ) Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (x>0,m) Chiều dài của hình chữ nhật là: x+7 (m) Vì độ dài đường chéo là 13m nên theo định lý pi ta go ta có pt: + + = ⇔ + + + = ⇔ + − = ⇔ + − = ∆= − − = > ∆= − + − − = = = =− 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x (x 7) 13 x x 14x 49 169 2x 14x 120 0 x 7x 60 0 7 4( 60) 289 0 17 7 17 7 17 x 5(T / m);x 12(Lo¹i) 2 2 Vậy chiều rộng là 5m. Do đó chiều dài là 5+7 = 12(m) Bài III ( 1,0đ) 1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của pt: − = − ⇔ + − = ∆ = + > 2 2 2 x mx 1 x mx 1 0(*) m 4 0 Do đó pt(*) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vì vậy (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. 2) + − = ⇔ + − = 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 x x x x x x 3 x x (x x 1) 3(1) Theo định lí viet ta có: 1 2 x x =-1; + 1 2 x x =-m thay vào(1) ta được -1(-m-1) = 3 m+ 1 = 3 ⇔ m = 2 Bài IV.(3,5đ) 1)Ta có · · = = 0 ACB AEB 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Do đó E, C thuộc đường tròn đường kính DF Vậy FCDE tứ giác nội tiếp. 2) Xét · · · · ¼ ∆ ∆ = = ⇒ ∆ ∆ − = ⇔ = DAB và DCE Có: CDE ADB (Đối đỉnh) CED DBA(Góc nội tiếp chắn AC) DAB~ DCE (g g) DA DC DA.DE DB.DC DB DE 3) · · » · · » · · · · = = ∆ ⇒ Ta có:CFD CED (Góc nội tiếp chắn CD) Mà:CED CBA (Góc nội tiếp chắn CA) CBA = OCB ( COB cân tại O) CFD = OCB · · · · · · · · · · = = = ∆ + = + = ∈ ⇒ 0 0 Ta có: OCB = OBC CEA CFD ICD IDC( CID cân tại I) Mà :CFD FDC 90 ICD OCB 90 c (O) IC là tiếp tuyến (O) Bài V(0,5đ) Cách 1 ( ) + + = + + + + = + + > ∀ ⇔ + + = + 2 2 2 2 2 2 2 x 4x 7 (x 4) x 7(*) Ta có: x 4x 7 (x 2) 3 0 x Do đó để pt (*)có nghiệm thì x+4>0 x>-4 Lúc đó pt (*) có hai vế đều không âm. do vậy ta bình phương 2 vế của (*) ta được: x 4x 7 (x 4) x   +     2 7 ⇔ + + + + + = + + + ⇔ + + + + + = + + + + + ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = ± 4 2 3 2 2 2 4 2 3 2 4 2 3 2 2 2 2 2 2 x 16x 49 8x 14x 56x (x 8x 16)(x 7) x 16x 49 8x 14x 56x x 7x 8x 56x 16x 16.7 49 14x 7x 16.7 7 2x x 16 x 9 x 3(t / m) · · · · · · ∆ ∆ = = = = ⇒∆ ∆ ⇒ = ⇔ = = = = 0 Xét CDF và CAB có: FCD ACB 90 CFD OCB CBO(Cmt) CDF ~ CAB(g-g) AB BC BC 2R 2 FD CF CF R Trong tam giác vuông BCF có: BC tgAFB 2 CF 4) Cách 2 ( ) ( ) ( ) ( ) + + = + + ⇔ + + = + + + ⇔ + + − + − + =     ⇔ + − + + − + =         ⇔ + + − − + − = ⇔ + − + − =  + − =  ⇔  + − =   + =  ⇔  + =   + = ⇔  + =   = ∅ ⇔  = ±  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 4x 7 (x 4) x 7 x 4x 7 x x 7 4 x 7 x 4x 7 x x 7 4 x 7 0 (x 7) x x 7 4x 4 x 7 0 x 7 x 7 x 4 x 7 x 0 x 7 x x 7 4 0 x 7 x 0 x 7 4 0 x 7 x x 7 4 x 7 x x 7 16 x x 3 . ĐÁP ÁN THI VÀO 10 HÀ NỘI NĂM 2 010- 2011 Bài I (2,5đ) 1) x 2 x 3x 9 A x 9 x 3 x 3 x 2 x 3x 9 x 3 x 3 ( x 3)( x 3) x(. 2 1 2 x x x x x x 3 x x (x x 1) 3(1) Theo định lí viet ta có: 1 2 x x =-1; + 1 2 x x =-m thay vào( 1) ta được -1(-m-1) = 3 m+ 1 = 3 ⇔ m = 2 Bài IV.(3,5đ) 1)Ta có · · = = 0 ACB AEB 90 (Góc