Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2014 2015 sở GDĐT hà nội

Tiếp tuyến của đường tròn O; R tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.. 1 Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.. 2 Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (2,0 điểm)

1) Tính giá trị của biểu thức

x 1 A

x 1





 khi x = 9 2) Cho biểu thức

x 2 x x 2 x 1

  với x > 0 và x 1

a)Chứng minh rằng

x 1 P

x





b)Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5 

Bài 2 (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành

kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

5

x y y 1

1

x y y 1









2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2 a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P)

b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM,

AN lần lượt tại các điểm Q, P

1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật

2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn

3) Gọi E là trung điểm của BQ Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF

4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất

Bài 5 (0,5 điểm)

Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc  2b ca  2c ab

-BÀI GIẢI + THANG ĐIỂM DỰ KIẾN

Bài 1

(2,0 điểm)

1) Với x = 9 ta có

3 1

2

3 1





2) a)

P

1



 x x

b)Từ câu 2a ta có

2 x 2

x



2 x 2 2x 5 x

    và x > 0 2x 3 x 2 0

    và x >0

1 ( x 2)( x ) 0

2

và x >0

0,75

0,75

Bài 2

(2,0 điểm)

Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0)

 Số ngày theo kế hoạch là :

1100

x

Số ngày thực tế là

1100

x 5 Theo giả thiết của bài toán ta có : 1100

x -

1100

x 5 = 2

2

1100(x 5) 1100x 2x(x 5)

x 50 hay x 55

   (loại) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm

0,25 0,25

0,25

0,5 0,25

Bài 3

(2,0 điểm)

1) Hệ phương trình tương đương với:

Đặt

1 u

x y



 và

1 v

y 1



 Hệ phương trình thành :

4u v 5 8u 2v 10 9u 9 u 1

u 2v 1 u 2v 1 2v u 1 v 1

Do đó, hệ đã cho tương đương :

0,5







 



1 1

x y 1 x 1

x y

1 1 y 1 1 y 2

y 1

0,5

2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

x x  x2  x 6 0   x  2hay x  3

Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9 Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và

A(-3;9) b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành

Ta có SOAB SAA 'B'B SOAA ' SOBB'

Ta có A’B’ = xB' xA ' xB' xA ' , AA’ =5 yA  , BB’ = 9 yB4 Diện tích hình thang : SAA 'B'B AA ' BB'2 .A 'B'9 42 .5652 (đvdt) OAA '

S 12A 'A.A 'O272 (đvdt); SOBB' 12B'B.B'O 4 (đvdt) OAB AA 'B'B OAA' OBB'

  (đvdt)

0,5 0,5

Bài 4

(3,5 điểm)

0,25

1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

0,75

2) Ta có ANM ABM  (cùng chắn cung AM)

và ABM AQB  (góc có cạnh thẳng góc)

1,0

P

Q

O

F

E

N

M

vậy ANM AQB nên MNPQ nối tiếp.

3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ

OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP

Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF

Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP

Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF 90  0 Tương tự ta có OME 90  0nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN

1,0

4)

2S 2S  2S 2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra

AB BP

QBBA  2

AB BP.QB Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

2

PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R)   4R

Ta có

AM.AN



= 2R2

Do đó,

MNPQ 2S 2R.4R 2R 6R

Suy ra

2 MNPQ

S 3R Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB

0,5

Bài 5

(0,5 điểm) Ta có Q 2a bc  2b ca  2c ab

2a bc  (a b c)a bc   (Do a + b +c = 2)

a ab bc ca (a b)(a c)

2

  

(Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c)

Vậy ta có 2a bc

(a b) (a c) 2

  



(1) Tương tự ta có :

2b ca

(a b) (b c) 2

  



(2) 2c ab

(a c) (b c) 2

  



(3) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế  Q 2(a b c) 4    Khi a = b = c =

2

3 thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4

0,25

0,25