Đáp án đề thi chính thức vào lớp 10 môn toán thành phố Hà Nội năm học 2014

Câu 2(2,0 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:.. 2 Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ng[r]

CHƯƠNG TRÌNH 1:1 MƠN TỐN ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THPT– TPHÀ NỘI

Nămhọc 2014 - 2015

ĐÁP ÁNTHAM KHẢO Mơnthi:Tốn

Ngàythi: 23tháng 06 năm 2014

Thờigianlàmbài: 120 phútkhôngkểthờigianphátđề ĐÁP ÁN THAM KHẢO

(Đáp án gồm 05câu) Câu (2,0 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức 1 A x

x  

 , x9

2) Cho biểu thức

2

P x x

x x x x

 

  

  



 

 với x0 x1

a Chứng minh P x x  

b Tìm giá trị x để 2P2 x5 *Đáp án:

1 Ta có

1 A x

x  

 , điều kiện xác định A x0,x1

Với x 9 x 3 Ta có

A   

 

2

a)

2

P x x

x x x x

 

  

  



 

 , với x0,x1

2 1

( 2)

x x

x x x x

P     

  

 



=

( 2)

x x x

x x x

  

  =

( 2)( 1)

( 2)

x x x

x x x

  

  =

1 x

x 

Vậy với x0,x1P x x

  (đpcm)

b) 2P2 x5 x x x 2x x x



      

2x3 x  2 2x4 x x  2 x( x2) ( x2)0 (2 x 1)( x 2)

   

 1

2

x   x  x (Thoả mãn)  x  2 x  2 (Loại)

Vậy

x , 2P2 x5

Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do ngày phân xưởng sản xuất vượt mức sản phẩm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xưởng phải sản xuất sản phẩm?

Đáp án:

Gọi số sản phẩm ngày phân xưởng phải sản xuất theo kế hoạch x (sản phẩm),x > Khi đó:

Vì theo kế hoạch, phân xưởng cần phải sản xuất 1100 sản phẩm nên số ngày phân xưởng làm theo kế hoạch 1100

x (ngày)

Do ngày phân xưởng sản xuất vượt mức sản phẩm nên thực tế ngày phân xưởng làm

x (sản phẩm)

Số ngày phân xưởng làm thực tế 1100

x (ngày)

Vì phân xưởng hồn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày nên ta có phương trình:

1100 1100

x  x 

550 550

x x

  



   

550 x 550x x x

    

2

5 2750

x x

   

 

 

50 55

x thoa man

x khong thoa man

   



    

Vậy số áo ngày phân xưởng làm theo kế hoạch 50 áo

Câu (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau

4

5

1

1

x y y

x y y

  

  

 

   

  



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho đường thẳng ( ) :d y  x 6và Parabol ( ) :P yx2 a) Tìm tọa độ giao điểm ( )d ( )P

b) Gọi A B, hai giao điểm ( )d ( )P Tính diện tích tam giác OAB Đáp án:

4

5

( )

1

1 x y y

I

x y y

  

   



   

   

Đặt ;

1

u v

xy  y 

4

( )

2 1

u v u

I

u v v

  

 

  

   

  Pt

1

1

1 1

1

x y x

x y

y y

y

 

        

  

  

 

 

  

Nghiệm phương trình là: ( ; )x y  ( 1; 2)

2)

a Phương trình hồnh độ giao điểm:

2

6

3

x y

x x

x y

   

        



 

( ) (2;4); ( 3;9)

d P A B

   

b Hạ ;

(4 9)5 3.9 2.4

15 ( d )

2 2

OAB ABHK OAH OBH

AH BK Ox

S S S S dv t





       

Câu (3,5 điểm)

Cho đường trịn O R;  có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường trịn O R;  (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn O R;  B cắt đường thẳng AM, AM các điểm Q, P

1) Chứng minh tứ giác ABMN hình chữ nhật

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

3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME// NF

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

*Đáp án:

a) Xét tứ giác AMBN có:  90o

AMB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O)  90o

MBN  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)  90o

ANB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O)

b) Ta có:

 

2

sd AMN  sd AN (góc nội tiếp chắn cung AN đường tròn (O;R)) (1)

 1    1    

2 2

sd APQ sd AMBsd NB  sd ANBsd NB  sd AN (2) Từ (1) (2) suy AMNAPQ

Xét tứ giác MNPQ có:

     180o

APQ QMN AMNQMNAMQ

Mà APQ QMN hai góc vị trí đối đỉnh

Do tứ giác MNPQ tứ giác nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Vậy M, N, P, Q thuộc đường trịn

c) Ta có OE đường trung bình tam giác ABQ  OE//AQBOEBAQ Mặt khác  

90

PAQFOE

Suy PAQ BAQ  FOEBOE

  / /

PAB FOB OF AP

  

Mà O trung điểm AB, nên OF đường trung bình tam giác ABP

F trung điểm BP

Xét tam giác PBN tam giác BQM, có

 

90

PNBBMQ NPBMBQ (Do MB//AP) Tam giác BPN đồng dạng với tam giác BQM

Mà E;F trung điểm hai cạnh tương ứng BQ, PB, nên tam giác PNE đồng dạng với tam giác BMQ

  / /

PFN BEM FN EM

   (đpcm)

d) SMNPQ=SAPQ-SAMN

2SMNPQ=2SAPQ-2SAMN=2R.PQ – AM.AN=2R(PB+BQ)-AM.AN (1)

Xét hệ thức lượng tam giác vng APQ ta có PB.BQ=AB2=(2R)2

Áp dụng BĐT Cosi ta có

2 (2 )

PBBQ PB BQ R  R (2) Lại có AM2+AN2=MN2 (Pitago)

2 2 2

2

4

(3)

AM AN R AM AN AM AN

AM AN R

    

 

Từ (1); (2); (3) suy 2SMNPQ2R.4R-2R2=6R2

Dấu “=” xảy M điểm cung AB

Câu 5(0,5 điểm)Với a,b,c số dương thỏa mãn điều kiện a b c  2 Tìm giá trị lớn biểu thức Q 2abc 2bca 2cab

Đáp án:

F E

P Q

M

A O B

* Cách 1:

     

        

Q a a b c bc b a b c ac c a b c ab

Q a b a c b c b a c a c b

           

        

Áp dụng BĐT Cô si:

           

 2 2

2

a b a c b c b a c a c b Q

a b c

        

  

   

2

3

max

a b a c

b c b a

Q a b c

c a c b

a b c

   

    

         



    

* Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Cốp-xki

 

  

   

2

2 2

2

2 2

1 1 2

3 4 15

3

Q a bc b ca c ab

a bc b ca c ab

a b c bc ca ab

     

       

   

       

 

Áp dụng a b c  2 3ab bc ca  (Dễ chứng minh)

Q

 

Vậy Qmax 4 Dấu “=” xảy

2 2

2

a bc b ca c ab

a b c a b c

a b c

     

      

