Toán TS 10 Hà Nội 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x x 3x + + − , với x ≥ x ≠ x +3 x −3 x −9 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị x để A = 3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P) : y = − x2 đường thẳng (d) : y = mx − 1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt 2) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol 2 (P) Tìm giá trị m để : x1 x + x x1 − x1x = Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường tròn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC · · 3) Chứng minh CFD Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, = OCB chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) · 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB =2 Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình : x + 4x + = (x + 4) x + Cho biểu thức A = BÀI GIẢI Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x ≠ ta có : x x 3x + x ( x − 3) x ( x + 3) 3x + + − 1) A = = + − x +3 x −3 x −9 x −9 x −9 x −9 x − x + x + x − 3x − x − 3( x − 3) = = = = x +3 x−9 x−9 x −9 = 2) A = ⇔ x + = ⇔ x = ⇔ x = 36 x +3 3 3) A = lớn ⇔ x + nhỏ ⇔ x = ⇔ x = x +3 Bài II: (2,5 điểm) Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0) ⇒ chiều dài hình chữ nhật x + (m) Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132 = x + ( x + 7) ⇔ x + 14 x + 49 − 169 = ⇔ x2 + 7x – 60 = (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 172 −7 − 17 −7 + 17 =5 Do (1) ⇔ x = (loại) hay x = 2 Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm) 1) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) là: -x2 = mx – ⇔ x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m ⇒ (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m ⇒ (d) cắt (P) điểm phân biệt 2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có : x1 + x2 = -m x1x2 = -1 x1 x2 + x22 x1 − x1 x2 = ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 − 1) = ⇔ −1( −m − 1) = ⇔m+1=3⇔m=2 Bài IV: (3,5 điểm) · · 1) Tứ giác FCDE có góc đối FED = 90o = FCD nên chúng nội tiếp 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD DEB C · · hai góc CAD chắn cung CE, nên ta = CBE DC DE = ⇒ DC.DB = DA.DE có tỉ số : DA DB 3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác A · · FCDE, ta có CFD (cùng chắn cung CD) = CEA · · Mặt khác CEA (cùng chắn cung AC) = CBA · · tam OCB cân O, nên CFD = OCB · · · Ta có : ICD = IDC = HDB · · · · HDB OCD = OBD + OBD = 900 · · ⇒ OCD + DCI = 900 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O F I E D O B Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O 4) Ta có tam giác vuông đồng dạng ICO FEA có góc nhọn 1· · · CAE = COE = COI (do tính chất góc nội tiếp) CO R · · · Mà tgCIO = IC = R = ⇒ tgAFB = tgCIO = 2 Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình : x + x + = ( x + 4) x + x + , phương trình cho thành : t + x = ( x + 4)t ⇔ t − ( x + 4)t + x = ⇔ (t − x)(t − 4) = ⇔ t = x hay t = 4, Đặt t = Do phương trình cho ⇔ x + = hay x + = x  x + = x ⇔ x + = 16 hay  ⇔ x2 = ⇔ x = ±3  x ≥ Cách khác : x + x + = ( x + 4) x + ⇔ x + + 4( x + 4) − 16 − ( x + 4) x + = ⇔ ( x + 4)(4 − x + 7) + ( x + − 4)( x + + 4) = ⇔ x + − = hay − ( x + 4) + x + + = ⇔ x + = hay x + = x ⇔ x2 = ⇔ x = ±3 TS Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH LTĐH Vĩnh Viễn) ... COI (do tính chất góc nội tiếp) CO R · · · Mà tgCIO = IC = R = ⇒ tgAFB = tgCIO = 2 Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình : x + x + = ( x + 4) x + x + , phương trình cho thành : t + x = ( x + 4)t... − 1) = ⇔m+1=3⇔m=2 Bài IV: (3,5 điểm) · · 1) Tứ giác FCDE có góc đối FED = 90o = FCD nên chúng nội tiếp 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD DEB C · · hai góc CAD chắn cung CE, nên ta = CBE DC... + ( x + − 4)( x + + 4) = ⇔ x + − = hay − ( x + 4) + x + + = ⇔ x + = hay x + = x ⇔ x2 = ⇔ x = ±3 TS Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH LTĐH Vĩnh Viễn)