TRUNG TÂM TỰ HỌC TOPPER ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀTHIVÀO10 THPT – 2014 – HÀ NỘI Môn: Toán ĐÁP ÁN THAM KHẢO Đáp án – thang điểm gồm 04 trang Đáp án Câu 1) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Ta có x = ⇒ x = x +1 +1 = = x −1 −1 Do đó, A = 2) (1,0 điểm) x +1 x−2 a) Ta có P = + x + x −1 x+2 x = = ( x − 2) + x ( ( x x +2 )( x −1 x +1 x −1 x +2 ) 2( b) Ta có 2P = x ( ) x +2 ) x +1 x +1 = (đpcm) x −1 x ) x +1 x Ta có 2P = x + ⇔ ( )=2 x +1 x ⇔ 2x + x − = (vì x > 0, x ≠ ) x +5 x= ⇔ x= ⇔ x = −2 ⇔x= Vậy với x = 2P = x + Gọi suất làm việc ngày x (sản phẩm/ngày) (2,0 Ta có x > 0, x ∈ ℕ điểm) Theo tiến độ ban đầu, thời gian để phân xưởng hoàn thành 1100 sản phẩm 1100 (ngày) x Thực tế, suất ngày x + (sản phẩm) 1100 (ngày) Do đó, thời gian thực tế cần x +5 Theo giả thiết, thời gian thực tế dự kiến 02 ngày nên ta có phương trình Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 1/4 1100 1100 = +2 x x+5 ⇔ 1100 ( x + ) = 1100x + 2x ( x + ) ⇔ 2x + 10x − 5500 = x = −55 < ⇔ ⇔ x = 50 x = 50 Vậy suất theo kế hoạch phân xưởng 50 sản phẩm ngày 1) (1,0 điểm) (2,0 điểm) x + y = u Đặt =v y − 4u + v = Ta có phương trình ban đầu tương đương u − 2v = −1 u = ⇔ v = x + y =1 ⇔ =1 y − y −1 = ⇔ x + y = x = −1 ⇔ y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( −1; ) 2) (1,0 điểm) a) Hoành độ giao điểm (d) (P) x = − x + ⇔ x2 + x − = x = −3 y = ⇔ ⇒ x = y = Vậy tọa độ hai giao điểm A ( −3;9 ) B ( 2; ) b) Gọi P ( −3; ) , Q ( 2; ) Ta có SAOB = SABQP − SAPO − SBQO 1 65 PQ ( AP + BQ ) = ( + ) = (đvdt) 2 1 27 1 SAPO = AP.OP = 9.3 = (đvdt) SBQO = BQ.BO = 4.2 = (đvdt) 2 2 65 27 − − = 15 (đvdt) Suy ra, SABO = 2 Ta có SABQP = Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 2/4 1) (1,0 điểm) (3,5 điểm) Q Ta có AB đường kính đường tròn (O ; R) M, N thuộc (O ; R) nên AMB = ANB = 90o (1) Mặt khác MN đường kính đường tròn (O ; R) A, B thuộc (O ; R) nên NAM = MBN = 90o (2) E M A B O F N P Từ (1) (2) suy AMNB hình chữ nhật (Tứ giác có bốn góc vuông) (đpcm) 2) (1,0 điểm) Ta có BMN = NBP = sdBN Mặt khác, NBP + BPN = 90o Suy ra, BMN + BPN = 90o Suy ra, QMN + BPN = 180o Do đó, tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (Tổng hai góc đối 180o ) (đpcm) 3) (1,0 điểm) Ta có OE đường trung bình tam giác ABQ Suy ra, OE // AQ Mặt khác, ta có EOF = QAP = 90o Suy ra, OF / /AP Suy ra, OF đường trung bình tam giác ABP Suy ra, F trung điểm BP (đpcm) 4) (0,5 điểm) Ta có SMNPQ = SQAP − SMAB Đặt AM = x ⇒ AN = MN − AM = 4R − x 1 Ta có tam giác AMN vuông A nên SAMN = AM.AN = x 4R − x (3) 2 AB2 4R Mặt khác, tam giác ABQ vuông B nên ta có AM.AQ = AB2 ⇒ AQ = = AM x Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 3/4 Tương tự, AP = Suy ra, SQAP = AB2 4R = AN 4R − x 1 4R 4R 8R AQ.AP = = 2 x 4R − x x 4R − x Do đó, SMNPQ = 8R − x 4R − x 2 x 4R − x x + 4R − x = 2R Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 4R − x ≤ 8R Suy ra, SMNPQ ≥ − 2R = 3R (đvdt) 2R 2 Dấu " = " xảy x = 4R − x ⇔ x = R ⇔ MN ⊥ AB Vậy diện tích MNPQ nhỏ MN vuông góc với AB 16 16 (0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( 2a + bc ) ≤ 2a + bc + 9 điểm) 16 16 16 16 Tương tự ta có ( 2b + ac ) ≤ 2b + ca + ; ( 2c + ab ) ≤ 2c + ab + 9 9 Do đó, ta có 16 Q ≤ ( a + b + c ) + bc + ca + ab + 3 16 ⇒ Q ≤ + ab + bc + ca + (1) 3 Mặt khác ta có ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 2 ⇔ a + b + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) (a + b + c) ⇔ ab + bc + ca ≤ = 3 16 Thay vào (1) ta có Q ≤ + + 3 ⇔ Q ≤ Vậy giá trị lớn biểu thức Q đạt a = b = c = −−− Hết −−− Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 4/4 ... 1100 1100 = +2 x x+5 ⇔ 1100 ( x + ) = 1100 x + 2x ( x + ) ⇔ 2x + 10x − 5500 = x = −55 < ⇔ ⇔ x = 50 x = 50 Vậy suất theo kế hoạch... 2 2 65 27 − − = 15 (đvdt) Suy ra, SABO = 2 Ta có SABQP = Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 2/4 1) (1,0 điểm) (3,5 điểm) Q Ta có AB đường kính đường tròn (O ;... tam giác ABQ vuông B nên ta có AM.AQ = AB2 ⇒ AQ = = AM x Thực hiện: Tổ Toán – Trung tâm Tự học Topper – 23 ngõ Huế, HBT, HN 3/4 Tương tự, AP = Suy ra, SQAP = AB2 4R = AN 4R − x 1 4R 4R 8R AQ.AP