4 Khi đờng kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đờng kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất... Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O.[r]
(1)SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014-2015 Môn thi : Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 23 tháng năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút Bµi I(2 ®iÓm) x 1 1) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A = x x = x 1 x x x víi x > vµ x 2) Cho biÓu thøc P = x x x 1 x a) Chøng minh r»ng P = b) Tìm các giá trị x để 2P = x + Bµi II (2 ®iÓm) Mét ph©n xëng theo kÕ ho¹ch cÇn ph¶i s¶n xuÊt 1100 s¶n phÈm mét sè ngµy quy định Do ngày phân xởng đó sản xuất vợt mức sản phẩm nên phân xởng đã hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày ph©n xëng s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ bao nhiªu s¶n phÈm? Bµi III( diÓm) x y 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh x y 5 y y 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x + và parabol (P) : y = x2 a) Tìm tọa độ các giao điểm (d) và (P) b) Gäi A, B lµ hai giao ®iÓm cña (d) vµ (P) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AOB Bµi IV (3,5 ®iÓm) Cho đờng tròn (O; R) có đờng kính AB cố định Vẽ đờng kính MN đờng tròn (O; R)(M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đờng tròn (O; R) B cắt các đờng th¼ng AM, AN lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm Q vµ P 1) Chøng minh tø gi¸c AMBN lµ h×nh ch÷ nhËt 2) Chứng minh điểm M, N, P, Q cùng thuộc đờng tròn 3) Gäi E lµ trung ®iÓm cña BQ §êng th¼ng vu«ng gãc víi OE t¹i O c¾t PQ t¹i ®iÓm F Chøng minh F lµ trung ®iÓm cña BP vµ ME // NF 4) Khi đờng kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đờng kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Bµi V (0,5 ®iÓm) Víi a, b, c lµ c¸c sè d¬ng tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc Q = 2a bc 2b ca 2c ab ===***=== §¸p ¸n Bµi I(2 ®iÓm) 1) Ta cã A = x 1 x (x 0; x (2) Thay x = vµo A ta cã: A = 1 1 2 3 1 x 1 x x x x x víi x > vµ x 2) Cho biÓu thøc P = x 1 x a) Chøng minh r»ng P = x 1 x x 1 x x x 1 x P x x x ( x 2) x 2 x x ( x 2) x x2 x x1 x x 2 x 2 x 1 x 1 DPCM x1 x c) Tìm các giá trị x để 2P = x + x 1 2 x x x 0 x x x 0 x (TMDK ) x 0 x 1(loai ) VËy x = th× 2P = x + P 2 x x 0 Bµi II (2 ®iÓm) Gäi sè s¶n phÈm mçi ngµy ph©n xëng ph¶i s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ x(s¶n phÈm), (0 <x < 1100, x nguyªn d¬ng) - Theo kÕ ho¹ch ph©n xëng cÇn s¶n xuÊt 1100 s¶n phÈm nªn sè ngµy ph©n xëng lµm 1100 theo kÕ ho¹ch lµ x (ngµy) - Do mçi ngµy ph©n xëng lµm vît møc s¶n phÈm nªn thùc tÕ mçi ngµy ph©n xëng lµm đợc x + (s¶n phÈm) 1100 Do đó số ngày phân xởng làm thực tế là x (ngày) - Thực tế phân xởng đã hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định nên ta có phơng trình: 1100 1100 2 x x 27 0 x 50 x 55 0 x x 5 x 50 TMDK x 55 Loai VËy sè s¶n phÈm mçi ngµy ph©n xëng lµm theo kÕ ho¹ch lµ 50 (s¶n phÈm) Bµi III( diÓm) x y 1)Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh x y §K: x + y 1, y 1 5 y y (I) 1 a; b y §Æt x y (3) 4u v 5 u 1 Khi đó phơng trình (I) u 2v v 1 x y 1 x y 1 x y y 2 1 Do đó phơng trình (I) y x VËy nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ : y 2 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x + vµ parabol (P) : y = x2 a) Tìm tọa độ các giao điểm (d) và (P) Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phơng trình; x x x x 0 x 2 hay x A(2; 4) - Víi x = ta cã y = 22 = - Víi x = - ta cã y = (-3)2 = B(- ; 9) Vậy tọa độ giao điểm (d) và (P) là A(2;4) và B(-3;9) b) Gäi A’, B’ lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña A vµ B xuèng trôc hoµnh Ta cã S OAB SAA 'B'B SOAA ' SOBB' Ta cã A’B’ = x A ' x B' ( 3) 5 , AA’ = 4, BB’ = AA ' BB' 49 65 A ' B' S 2 (®vdt) DiÖn tÝch hinh thang : AA 'B'B 1 1 27 SOAA ' A 'A.A 'O 4.2 4 (®vdt); SOBB' B' B.B'O 9.3 (®vdt) S OAB SAA 'B'B SOAA ' SOBB' Bài IV (3,5 điểm) 65 27 15 (®vdt) (4) 1) XÐt tø gi¸c AMBN cã : AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) MBN 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) ANB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) Tø gi¸c AMBN lµ h×nh ch÷ nhËt (DÊu hiÖu nhËn biÕt hcn) 2) V× MBN 90 BMQ 90 0 XÐt BMQ cã BMQ 90 MQB MBQ 90 mµ ABM MBQ 90 (V× PQ AB) ABM MQB ABM ANM AM MÆt kh¸c (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cña (O)) MQB ANM L¹i cã: MNP ANM 1800 (Hai gãc kÒ bï) MNP MQB 180 Tứ giác MNPQ nội tiếp đờng tròn điểm M, N, P, Q cùng thuộc đờng tròn 3) * XÐt ABQ cã OB = OA = R EB = EQ (gt) OE là đờng trung bình ABQ(đờng trung bình ) MAN 900 OE // AQ mµ AP AQ (V× ) OE // AP mµ OA = OB = R FB = FP (§Þnh lÝ) F lµ trung ®iÓm cña BP * NPB vu«ng t¹i N cã NF lµ trung tuyÕn NF = FB = FP - XÐt ONF vµ OBF cã : OF chung NF FB (cmt ) ONF OBF (c c c ) ON OB R ONF OBF 900 NF MN (1) Chøng minh t¬ng tù, ta cã : ME MN (2) Tõ (1) vµ (2) NF // ME S SAPQ SAMN 2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN 4) Ta cã : MNPQ 1 S APQ AB.PQ; S AMN AN AN 2 Mµ 2SMNPQ AB.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN (3) AB BP 2 ABP QBA QB BA AB BP.QB BP.QB 2R 4R PB BQ 2 PB.BQ 2 4R 4R áp dụng bất đẳng thức Cosi cho PB và BQ ta có (4) 2 AM AN MN AM.AN 2 = 2R2 (5) Ta cã (AM – AN)2 2SMNPQ 2R.4R 2R 6R S 3R Tõ (3), (4), (5) Suy MNPQ DÊu b»ng x¶y AM =AN vµ PQ = BP hay MN AB VËy MN AB th× tø gi¸c MNPQ cã diÖn tÝch nhá nhÊt Bµi V: (0,5 ®iÓm) Ta cã Q 2a bc 2b ca 2c ab mµ a + b + c = (5) Q a b c a bc a b c b ca a b c c ab a b a c b c b a c a c b - Vì a, b, c là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dơng a + b, a + c ta có a b b c a + b + b + c 2 a ba c 2a b c a b a c a b a c 2 (1) 2b a c b c b a T¬ng tù ta cã: (2) 2c a b c a c b (3) Céng (1) (2) (3) vÕ theo vÕ ta cã: a b a c b c b a c a c b Q 2(a b c) Q 4 a b a c b c b a a b c c a c b a b c 2 Q=4 VËy Qmax = Khi a = b = c = 2a b c 2b a c 2c a b 2 + + (6)