Đáp án đề thi vào lớp 10 môn Toán Hà Nội năm 2015

LỜI GIẢI BÀI THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 HÀ NỘI Ngày thi 11 tháng năm 2015 Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com Giáo viên môn Toán trường THCS Thái Thịnh, Quận Đống Đa, Hà Nội Bài I Cho P  x3 ;Q  x 2 x 1 x   x4 x 2 x  0; x  1) Tính giá trị P x = Thay x = vào P ta có: P  93  12 2 2) Rút gọn Q x 1 x    x4 x 2 Q Q Q   Q  x 1   x 2 5 x 2 x 2  x 2 x2 x x 2  x 1  x 2 x 2     x    x 2 x 2 x 2  x 2  x3 x 25 x 2  x 2  x 2  x 2  x 2   x x 2 3) Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ Q P x3 x x3  :   x Q x 2 x 2 x x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x  0; 0 x P 3  x  x Q x x P 2 Q P  x   x  3(tmdk ) Min Q x Ta có Bài II Gọi vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng x (x>2;km/h) Khi xuôi dòng: Vận tốc xuôi dòng x+2 (km/h) Quãng đường xuôi dòng 48 (km) Thời gian tàu xuôi dòng 48 (km/h) x2 >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com Khi ngược dòng: Vận tốc ngược dòng x-2 (km/h) Quãng đường ngược dòng 60 (km/h) Thời gian tàu ngược dòng 60 (km/h) x2 Vì thời gian xuôi dòng thời gian ngược dòng 1h nên ta có phương trình: 60 48    60  x    48  x     x   x   x2 x2  12 x  216  x   x  12 x  220  Giải phương trình ta có x=22 (tm đk) ; x = -10 (loại) Gọi vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng 22km/h Bài III 1) Giải hệ phương trình: 2  x  y   x     x  y   x   5 Điều kiện x  1 Đặt x  y  u; x   v (v  0) Ta có hệ phương trình 2u  v  6u  3v  12 7u  u   x  y           u  3v  5 u  3v  5 u  3v  5 v  2(tmdk )  x    x  y   y  2   x    x  3(tmdk) Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;-2) 2 Cho phương trình x   m  5 x  3m   (1) a) Chứng minh phương trình có nghiệm với m      m  5   4.1. 3m    m2  10m  25  12m  24 Ta có   m2  2m    m  1  0m Nên phương trình cho có nghiệm với m b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông có độ dài cạnh huyền *) Phương trình (1) có hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông  (1) có hai nghiệm dương phân biệt  m  1     m     P   3m     m  2 S  m     *) Áp dụng định lý Py-ta-go ta có x12  x22  52   x1  x2   x1 x2  25 (2) >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com  x1  x2  m   x1.x2  3m  Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (1) ta có  Thay vào (2) ta có:  m  5   3m    25  m2  4m  12  Giải phương trình ta có m = (tmđk); m = -6 (loại) Vậy m = Bài IV D E K N M I H F A C O B 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp Xét (O) góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy góc AMD = 900 Mà góc ACD = 900 (CDAB) Xét tứ giác ACMD: góc ACD = góc AMD = 900 Mà C M hai đỉnh kề Suy tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) 2) Chứng minh CA.CB = CH.CD Xét tam giác ACH tam giác DCB góc ACH = góc DCB = 900 góc HAC = góc CDB ( phụ góc ABD) Suy tam giác ACH đồng dạng với tam giác DCB (g-g)  AC CH ( Định nghĩa hai tam giác đồng dạng)  DC CB Suy CA CB = CH CD (đpcm) Chứng minh A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH +) AMBD; DCAB nên H trực tâm tam giác ABD BH  AD N' suy góc AN'B = 900 +) Mà góc ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy N trùng N' Vậy A, N, D thẳng hàng >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com *) Tiếp tuyến N (O) cắt DH E Ta có góc NDE = góc NBO ( phụ góc DAB) (1) góc NBO = góc ONB (chứng minh tam giác ONB cân O) (2) góc ONB = góc END ( phụ góc ENB) (3) Từ (1), (2), (3): góc NDE = góc END Nên tam giác NED cân E suy ED = EN +) Ta có góc ENH + góc END = 900; góc EHN + EDN = 900 Mà góc NDE = góc END (cmt) suy góc ENH = góc EHN Suy tam giác ENH cân E, suy EH = EN Vậy ED= EH (=EN) nên E trung điểm DH Khi M di động cung KB, chứng minh MN qua điểm cố định +) MN cắt BA F +) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn O Chứng minh OE vuông góc với MN Tam giác OIF đồng dạng với tam giác OCE suy OC.OF = OI OE Mà OI OE = R2 không đổi nên OC.OF = R2 Suy OF = R2/OC không đổi nên F cố định Bài V Cho a, b không âm thỏa mãn a  b  Tìm giá trị lớn M  2 *) a b không đồng thời 0; a=0 b = M=0 *) Xét a b khác 0: ab ab2 ab2 1     M ab a b ab 2 a b 1 1  ab  ab  nên ab   Theo bđt Cô-si     1 ab ab ab 1 1 1 1 +)         a b a b a b a b ab 1 Từ  1  M   M  1 M 1 Ta có Vậy giá trị lớn M  a  b  >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com ... Thay vào (2) ta có:  m  5   3m    25  m2  4m  12  Giải phương trình ta có m = (tmđk); m = -6 (loại) Vậy m = Bài IV D E K N M I H F A C O B 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp... góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy góc AMD = 900 Mà góc ACD = 900 (CDAB) Xét tứ giác ACMD: góc ACD = góc AMD = 900 Mà C M hai đỉnh kề Suy tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu... Chứng minh A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH +) AMBD; DCAB nên H trực tâm tam giác ABD BH  AD N' suy góc AN'B = 900 +) Mà góc ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường