Đáp án đề thi vào lớp 10 môn toán Hà Nội năm 2013

Đáp án đề thi vào lớp 10 môn toán Hà Nội năm 2013 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn v...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT N 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) 2 x x 1 x 1 B   x x x x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 64 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm x để  B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km Một người xe máy từ A đến B Khi đến B, người nghỉ 30 phút quay trở A với vận tốc lớn vận tốc lúc km/h Thời gian kể từ lúc bắt đầu từ A đến lúc trở đến A Tính vận tốc xe máy lúc từ A đến B Bài III (2,0 điểm) 3(x  1)  2(x  2y)  1) Giải hệ phương trình:  4(x  1)  (x  2y)  1 2) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = mx  m2 + m +1 2 a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B (d) (P) b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 cho x1  x  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chứng minh AN2 = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC 4) Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, 1 chứng minh:    a b c Với x > 0, cho hai biểu thức A  om c 24 nh i ns ye Tu n Ti BÀI GIẢI B I: (2,0 đ ể ) 1) Với x = 64 ta có A   64    64 2) B ( x  1).( x  x )  (2 x  1) x x x  x   1  x ( x  x ) x xx x 1 x 2 x 1 3) Với x > ta có : n Ti A 2 x 2 x   :   B x x 1 x 1  x  x   x  x    x  4.( Do x  0) Tu i ns ye B II: (2,0 đ ể ) Đặt x (km/h) vận tốc từ A đến B, vận tốc từ B đến A x  (km/h) Do giả thiết ta có: 10 10 90 90   x( x  9)  20(2 x  9)   5   x x9 x x9 2  x  31x  180   x  36 (vì x > 0) 24 nh B III: (2,0 đ ể ) 1) Hệ phương trình tương đương với: 3x   2x  4y  5x  4y  5x  4y  11x  11 x       4x   x  2y  3x  2y  6x  4y  10 6x  4y  10 y  1 c 2) a) Với m = ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) om x  x   x2  x    x  1 hay x  (Do a – b + c = 0) 2 9 Ta có y (-1)= ; y(3) = Vậy tọa độ giao điểm A B (-1; ) (3; ) 2 2 b) Phươnh trình hoành độ giao điểm (P) (d) x  mx  m2  m   x2  2mx  m2  2m   (*) 2 Để (d) cắt (P) điểm phân biệt x1 , x2 phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt Khi  '  m2  m2  2m    m  1 Khi m > -1 ta có x1  x2   x12  x22  x1 x   ( x1  x2 )2  x1 x   4m2  4(m2  2m  2)   8m  4  m   Cách g ả khác: Khi m > -1 ta có x1  x2   b   ' b   '    '  2m  a' a' Do đó, yêu cầu toán  2m    m    2m    m   Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối Ti K 24 nh i ns ye Tu n ANO  900 Q AMO  900 nên tứ giác nội tiếp M T 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng C I nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 H A B 62 62  AC    9(cm) P O AB  BC  AC  AB    5(cm) N 3/ MTN  MON  AON (cùng chắn cung MN đường tròn (O)), AIN  AON (do điểm N, I, M nằm đường tròn đường kính AO chắn cung 900) Từ giả thiết cho ta có om c Vậy AIN  MTI  TIC nên MT // AC có hai góc so le 4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO Hạ OQ vuông góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vuông góc với AO Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Cách g ả khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO Nên K nằm trục đẳng phương đường tròn tâm O đường tròn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn B IV: (0,5 đ ể ) 1 1 1       Theo bất đẳng thức Cauchy ta ab bc ca a b c có: 1 1  1 1  1 1  ,    ,        a b  ab  b c  bc  c a  ca 1   1  1   1  ,   1  ,   1  2 a  c  a 2b  b 2c Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có: 3 1  3 1             6  2 a b c  2 a b c  2  1 1       (điều phải chứng minh) a b c  TS Nguyễn Phú Vinh (TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) om c 24 nh i ns ye Tu n Ti SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT N 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) 2 x x 1 x 1 B   x x x x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 64 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm x để  B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km Một người xe máy từ A đến B Khi đến B, người nghỉ 30 phút quay trở A với vận tốc lớn vận tốc lúc km/h Thời gian kể từ lúc bắt đầu từ A đến lúc trở đến A Tính vận tốc xe máy lúc từ A đến B Bài III (2,0 điểm) 3(x  1)  2(x  2y)  1) Giải hệ phương trình:  4(x  1)  (x  2y)  1 2) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = mx  m2 + m +1 2 a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B (d) (P) b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 cho x1  x  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chứng minh AN2 = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC 4) Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, 1 chứng minh:    a b c Với x > 0, cho hai biểu thức A  om c 24 nh i ns ye Tu n Ti BÀI GIẢI B I: (2,0 đ ể ) 1) Với x = 64 ta có A   64    64 2) B ( x  1).( x  x )  (2 x  1) x x x  x   1  x ( x  x ) x xx x 1 x 2 x 1 3) Với x > ta có : n Ti A 2 x 2 x   :   B x x 1 x 1  x  x   x  x    x  4.( Do x  0) Tu i ns ye B II: (2,0 đ ể ) Đặt x (km/h) vận tốc từ A đến B, vận tốc từ B đến A x  (km/h) Do giả thiết ta có: 10 10 90 90   x( x  9)  20(2 x  9)   5   x x9 x x9 2  x  31x  180   x  36 (vì x > 0) 24 nh B III: (2,0 đ ể ) 1) Hệ phương trình tương đương với: 3x   2x  4y  5x  4y  5x  4y  11x  11 x       4x   x  2y  3x  2y  6x  4y  10 6x  4y  10 y  1 c 2) a) Với m = ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) om x  x   x2  x    x  1 hay x  (Do a – b + c = 0) 2 9 Ta có y (-1)= ; y(3) = Vậy tọa độ giao điểm A B (-1; ) (3; ) 2 2 b) Phươnh trình hoành độ giao điểm (P) (d) x  mx  m2  m   x2  2mx  m2  2m   (*) 2 Để (d) cắt (P) điểm phân biệt x1 , x2 phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt Khi  '  m2  m2  2m    m  1 Khi m > -1 ta có x1  x2   x12  x22  x1 x   ( x1  x2 )2  x1 x   4m2  4(m2  2m  2)   8m  4  m   Cách g ả khác: Khi m > -1 ta có x1  x2   b   ' b   '    '  2m  a' a' Do đó, yêu cầu toán  2m    m    2m    m   Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối Ti K 24 nh i ns ye Tu n ANO  900 Q AMO  900 nên tứ giác nội tiếp M T 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng C I nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 H A B 62 62  AC    9(cm) P O AB  BC  AC  AB    5(cm) N 3/ MTN  MON  AON (cùng chắn cung MN đường tròn (O)), AIN  AON (do điểm N, I, M nằm đường tròn đường kính AO chắn cung 900) Từ giả thiết cho ta có om c Vậy AIN  MTI  TIC nên MT // AC có hai góc so le 4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO Hạ OQ vuông góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vuông góc với AO Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Cách g ả khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO Nên K nằm trục đẳng phương đường tròn tâm O đường tròn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn B IV: (0,5 đ ể ) 1 1 1       Theo bất đẳng thức Cauchy ta ab bc ca a b c có: 1 1  1 1  1 1  ,    ,        a b  ab  b c  bc  c a  ca 1   1  1   1  ,   1  ,   1  2 a  c  a 2b  b 2c Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có: 3 1  3 1             6  2 a b c  2 a b c  2  1 1       (điều phải chứng minh) a b c  TS Nguyễn Phú Vinh (TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) om c 24 nh i ns ye Tu n Ti ... Phú Vinh (TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM) om c 24 nh i ns ye Tu n Ti SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT N 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài:... a' a' Do đó, yêu cầu toán  2m    m    2m    m   Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối Ti K 24 nh i ns ye Tu n ANO  900 Q AMO  900 nên tứ giác nội tiếp M T 2/ Hai tam... B II: (2,0 đ ể ) Đặt x (km/h) vận tốc từ A đến B, vận tốc từ B đến A x  (km/h) Do giả thi t ta có: 10 10 90 90   x( x  9)  20(2 x  9)   5   x x9 x x9 2  x  31x  180   x  36