Dap an thang diem vao 10 Ha Noi nam 2014 2015

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... Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải s[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (2,0 điểm) x 1 x  x = 1) Tính giá trị biểu thức  x 1  x P    x   x  với x > và x 1  x 2 x 2) Cho biểu thức A a)Chứng minh P x 1 x b)Tìm các giá trị x để 2P 2 x  Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài III (2,0 điểm)    x  y y  5       1) Giải hệ phương trình:  x  y y  2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + và parabol (P): y = x2 a) Tìm tọa độ các giao điểm (d) và (P) b) Gọi A, B là hai giao điểm (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B cắt các đường thẳng AM, AN 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 đường tròn 3) Gọi E là trung điểm BQ Đường thẳng vuông góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F là trung điểm BP và ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab Bài Bài I: (2,0 điểm) BÀI GIẢI + THANG ĐIỂM DỰ KIẾN Đáp án 1) Với x = ta có A 1 2 3  x   x  x   ( x  1).( x  2)  x  x 1 P      x ( x  2)  x  x  x ( x  2)  x   2) a) Điểm 0,5 0,75 b)Từ câu 2a ta có 2P 2 x   x 2 2 x  x  x  2x  x và x >  2x  x  0 và x >0 1  x   x Bài II: (2,0 điểm)  ( x  2)( x  ) 0 và x >0 0,75 Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất ngày theo kế hoạch (x > 0) 1100  Số ngày theo kế hoạch là : x 1100 Số ngày thực tế là x  Theo giả thiết bài toán ta có : 1100 1100 x - x  =  1100(x  5)  1100x 2x(x  5) 0,25 0,25  2x  10x  5500 0  x 50 hay x  55 (loại) 0,5 0,25 0,25 Vậy theo kế hoạch ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm Bài III: 1) Hệ phương trình tương đương với: (2,0 1 u v điểm) x  y và y  Hệ phương trình thành : Đặt 4u  v 5 8u  2v 10 9u 9 u 1      u  2v   u  2v  2v u  v 1 Do đó, hệ đã cho tương đương :   x  y 1 x  y 1 x      y  1 y 2  1  y  2) a) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là 0,5 0,5 x  x   x  x  0  x 2 hay x  Ta có y (2)= 4; y(-3) = Vậy tọa độ giao điểm (d) và (P) là B(2;4) và A(3;9) b) Gọi A’, B’ là hình chiếu A và B xuống trục hoành Ta có S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' 0,5 0,5 x B'  x A ' x B'  x A ' 5 , AA’ = y A 9 , BB’ = y B 4 AA ' BB ' 94 65  A 'B '   2 (đvdt) Diện tích hình thang : SAA 'B'B 27 SOAA '  A ' A.A 'O  (đvdt); SOBB'  B'B.B'O 4 (đvdt) 65  27   S OAB SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'      15   (đvdt) Ta có A’B’ = Bài IV (3,5 điểm) 0,25 1) Tứ giác AMBN có góc vuông, vì là 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   ANM AQB nên MNPQ nối tiếp 3) OE là đường trung bình tam giác ABQ OF // AP nên OF là đường trung bình tam giác ABP Suy F là trung điểm BP Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm cạnh huyền BP  Xét tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF 90  Tương tự ta có OME 90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN 1,0 4) 2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN AB BP  Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy QB BA  AB BP.QB 0,5 Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R AM  AN MN AM.AN   2 = 2R2 Ta có Bài V: (0,5 điểm) 2S 2R.4R  2R 6R S 3R Do đó, MNPQ Suy MNPQ Dấu xảy AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab 2a  bc  (a  b  c)a  bc (Do a + b +c = 2) (a  b)  (a  c)  a  ab  bc  ca  (a  b)(a  c)  (Áp dụng bất đẳng thức với số dương u=a+b và v=a+c) (a  b)  (a  c)  Vậy ta có 2a  bc (1) Tương tự ta có : (a  b)  (b  c)  2b  ca (2) (a  c)  (b  c)  2c  ab (3) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế  Q 2(a  b  c) 4 Khi a = b = c = thì Q = giá trị lớn Q là 0,25 0,25