De thi dap an toan vao 10 Ha noi 2010

Bài II 2,5 điểm Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m.. 1 Chứng minh rằng với mọi giá t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011

Môn thi: Toán

Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

9

x





1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm giá trị của x để A = 1/3

3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx – 1

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt

2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm giá trị của m để: x1x2 + x2x1 – x1x2 = 3

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm

D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh

IC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB = 2.

Bài V ( 0,5 điểm)

Giải phương trình: x2 + 4x + 7 = (x + 4) x 2 7

Hết

-Họ tên thí sinh:……… Số báodanh:………

Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN:

Bài I (2,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A Ta có:

A

3



2) Tìm giá trị của x để A = 1/3 Ta có:

 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

3

- Vậy Amax 1 khi x 0.

Bài II (2,5 điểm)

Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x (m) (x > 0)

Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m nên chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x + 7(m)

Do mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m Nên ta có phương trình:

x (x 7) 13 (1)

        

Phương trình (1) có 2 nghiệm:

1

2

7 17

2

7 17

2

 







 



Vậy chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là 5 (m), chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là 12 (m)

Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx – 1

1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt

- Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

         

 phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

Vì vậy đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của m

2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm giá trị của m để: x1x2 + x2x1 – x1x2 = 3

Đặt P = x x + x x12 2 22 1 x x1 2 x x (x1 2 1x ) x x2  1 2 x x (x1 2 1x2 1)

Với x1, x2 là các nghiệm của phương trình (*) nên theo định lí Vi-ét ta có:

1 2

1 2









Do đó: P = ( 1)( m 1) m 1    

Vậy P 3  m 1 3   m 2

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm

D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp

Ta có: ACB 90 0 (góc nt chắn nửa đtròn)

DCF 90

  (vì bù với góc ACB )

AEB 90 0 (góc nt chắn nửa đtròn)

DEF 90

  (vì bù với góc AEB)

Xét tứ giác FCDE có tổng 2 góc đối diện là:

DCF DEF 90  90 180

Vậy FCDE là tứ giác nội tiếp(đpcm)

2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

Xét ABD và CED có:

- ADB CDE ( 2 góc đối đỉnh)

- ABD CED (góc nt cùng chắn cung AC )

Do đó ABD đồng dạng vớiCED

Suy ra: DA DC DA.DE DB.DC

3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp

tuyến của đường tròn (O)

(*) Chứng minh CFD = OCB

Vì FCDE là tứ giác nội tiếp  CFD CED  (góc nt cùng chắn cung CD ) (1)

Vì OB = OC = R  OBC là tam giác cân tại O OCB OBC  (2)

Mặt khác: CED OBC (góc nt cùng chắn cung AC ) (3)

Từ (1), (2) & (3)  CFD OCB 

(*) Chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  ICD cân tại I  ICD IDC

Do đó: ICO ICD OCB IDC CFD FDC CFD      900(vìCFD vuông tại C)

IC CO

   IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) (đpcm)

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB = 2 Ta có:

- CFE CDE 1800 (vì FCDE là tứ giác nội tiếp)

- BDE CDE 1800 (hai góc bù nhau)

CFE BDE

Suy ra: tan AFB tan CFE tan BDE   BE

DE

   (vì BDE vuông tại E) Mặt khác: BAE BCE (góc nt cùng chắn cung BE )

DFE DCE (góc nt cùng chắn cung DE )

BAE DFE

Xét ABE và FDE có:

- AEB FED 90  0

- BAE DFE (c/m trên)

Do đó ABE đồng dạng vớiFDE

Suy ra: BE AB BE 2R 2

DE DF  DE  R 

Vậy: tan AFB BE 2

DE

  (đpcm)

Bài V ( 0,5 điểm)

Giải phương trình: x2 + 4x + 7 = (x + 4) x  (1)2 7

Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được:

(x 4x 7) x 4 (x 7) (x 4x) 14(x 4x) 49 (x 8x 16)(x 7)

Thử lại ta thấy x = 3 và x = -3 đều là nghiệm của phương trình (1)

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là x = 3 và x = -3

-The

end -Design by: Lưu Công Hoàn, GV THPT Nam Lương Sơn, Lương Sơn, Hòa Bình.