KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2008 – 2009 Hà Nội Môn thi : TOÁN Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức 1x x P: xx1xx ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ ⎝⎠ 1) Rút gọn P. 2) Tính giá trị của P khi x = 4. 3) Tìm x để P = 13 3 Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình : Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? Bài III (1 điểm) Cho parabol (P): y = 2 1 x 4 và đường thẳng (d): y = mx + 1. 1) Chứng minh với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ). Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. 1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng v ới tam giác KEA. 2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F. 3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường tròn (I). 4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O), với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK. Bài V (0,5 đi ểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, biết A = (x – 1) 4 + (x – 3) 4 + 6(x – 1) 2 (x – 3) 2 BÀI GIẢI Bài 1: 1) Rút gọn biểu thức : 1x x P: xx1xx ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ ⎝⎠ = 1xxx . xx1 x ⎛⎞ + + ⎜⎟ ⎜⎟ + ⎝⎠ = (x 1x)(x x) x( x 1) ++ + + = (x x 1) x( x 1) x( x 1) ++ + + = xx1 1 x1 xx ++ =++ 2) Khi x = 4 thì : P = 117 41 21 22 4 ++ = ++ = 3) P = 13 3 ⇔ xx113 3 x ++ = ⇔ 3x + 3 x + 3 = 13 x ⇔ 3x – 10 x + 3 = 0 (1) Đặt t = x > 0, (1) thành 3t 2 – 10t + 3 = 0 (2) Δ’ = 25 – 9 = 16 Do đó, (2) ⇔ t = 54 3 − hay t = 54 3 + ⇔ t = 1 3 hay t = 3 ⇒ (1) ⇔ 1 x 3 = hay x3= ⇔ x = 1 9 hay x = 9 Bài II: Gọi x, y lần lượt là số chi tiết máy của tổ thứ nhất và thứ hai. Theo đề bài ta có : x y 900 (3) 15x 10y x y 1010 (4) 100 100 += ⎧ ⎪ ⎨ +++= ⎪ ⎩ ⇔ x y 900 3x y 110 (4) - (3) 20 10 += ⎧ ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ ⇔ { 2x 2y 1800 (5) 3x 2y 2200 (6) += += (6) – (5) ⇒ x = 400. Thế vào (3) ⇒ y = 900 – 400 = 500 ⇔ { x 400 y 500 = = Bài III: 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : 2 1 xmx1 4 =+ ⇔ x 2 – 4mx – 4 = 0 (7) ⇒ (7) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì có a.c < 0 với mọi m. ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m. 2) Phương trình (7) có Δ’ = 4m 2 + 4 > 0 Phương trình (7) ⇔ x = 2m 2 2m 1±+ Chọn : x A = 2 2m 2 m 1−+ ; x B = 2 2m 2 m 1 + + ⇒ y A = mx A + 1; y B = mx B + 1 Gọi A’, B’ là hình chiếu của A, B lên Ox S 1 = S ABB’A’ = AB BA yy (x x ) 2 + ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ = 22 BA BA 1 m(x x ) (x x ) 2 −+− 2S 2 = 2S AOA’ + 2S BOB’ = y A (-x A ) + y B (x B ) = (mx A + 1)(-x A ) + (mx B + 1)x B = m 22 BA BA (x x) (x x)−−− ⇒ S ΔOAB = S 1 – S 2 = BA 3 (x x ) 2 − = 2 3m 1 + Bài IV: 1) Δ(KAF) đồng dạng với Δ(KEA) cùng có góc chung là n AKE và n n 0 KAF AEK 45== vì cùng chắn 2 cung bằng nhau p p 0 AK KB 90== 2) (I, IE) tiếp xúc (O, OE) vì tâm của (I, IE) nằm trên OE, nên chúng tiếp xúc tại E. Ta sẽ chứng minh IF ⊥ AB. Cách 1 : Ta có: n n IFE OKE= vì cùng bằng góc n KEO do 2 tam giác (IEF) và (OEK) cân tại I và O ⇒ IF // OK (2 góc đồng vị bằng nhau) A B E K O F I J P N M Q Vì OK ⊥ AB ⇒ IF ⊥ AB. Cách 2 :Kẻ thêm EO cắt (O, R) tại J : n p p AE KB EFA 2 + = , n o KJ KEJ 2 = ⇒ n n p p o p p o 0 0 AE KB KJ AE AK KJ 180 EFA KEJ 90 222 ++ ++ += = = = và ta có n n n n 0 EFA IFE EFA KEJ 90+= + =⇒ IF ⊥ AB 3) CM : MN // AB Cách 1 : FA EA FB EB = 22 22 EA AF AE.AM EB FB BN.BE == đơn giản ta có : EA AM EB BN = Vậy MN // AB (theo định lý ngược Thales) Cách 2: n n 0 AEF 45 MNF== cùng chắn q MF Tương tự : n n 0 FMN 45 FEN== cùng chắn p FN ⇒ Δ(FMN) vuông cân tại F ⇒ MF là phân giác của góc n IFA ⇒ 2 góc sole nn 0 FMN MFA 45== ⇒ MN // AB 4) Do chứng minh ở trên ta dễ dàng suy ra FN // KB và FM // KA nên tứ giác FPKQ là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông Vậy ta có : FP = AP = KQ và FQ = PK = QB Chu vi Δ(PKQ) = AP + PK + FK = R 2 + FK YCBT ⇒ FK nhỏ nhất khi F trùng O ⇒ E là trung điểm p AB của đường tròn (O, R) Bài V: Đặt u = x – 2, A thành : A = (u + 1) 4 + (u – 1) 4 + 6(u + 1) 2 (u – 1) 2 = 2u 4 + 12u 2 + 2 + 6(u 2 – 1) 2 = 8u 4 + 8 ≥ 8. A = 8 khi và chỉ khi u = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2. Vậy GTNN A = 8. Lê Quang Minh, Nguyễn Phú Vinh (TT Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn) [...]... toán bằng cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng bằng 5 và tích bằng 6 Gọi hai số phải tìm là x và y Vì tổng của hai số bằng 5, nên ta có x + y = 5 Vì tích hai số bằng 6, nên ta có: xy= 6 0,25 Ta có hệ phương trình:  x+y=5  xy = 6 Các số x và y là nghiệm của phương trình: X2 -5X + 6 = 0 (1) Ta có ∆ = 25-24 = 1> 0 0,25 0,25 0,25 ⇒ (1) có hai nghiệm: X1 = 0,25 Hai số phải tìm là 2 và 3 5 +1 5 −1... (0,5 đ) Khi x = 0, ta có y = 1+ 0 = 1 hay y = 1 Khi x = -1, ta có y = 1-1 = 0 hay y = 0 b) (0,5 đ) Xác định hai điểm (0; 1) và (-1; 0) trên mặt phẳng toạ độ Đồ thị hàm số y = 1 + x (hình vẽ) y y = 1+ x 1 -1 0 x 2-(1,0 đ) a) (0,5 đ) Vì a + b + c = 1+1+(-2) = 1+ 1-2 = 0 Phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1, x2 = -2 b) (0,5 đ) Lấy (1) + (2), ta có 4x = 4 ⇔ x = 1 Thay x =1 vào x + 2y = 3 ta có 1 + 2y...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT YÊN BÁI NĂM HỌC 2009-2 010 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút không kể giao đề (Đề có 01 trang) Bài 1(2,0 điểm): 1- Cho hàm số y =1 + x a) Tìm các giá trị của y khi: x= 0, x = -1 b) Vẽ đồ thị của hàm số trên mặt phẳng toạ độ 2- Không dùng... chính thức Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1 (2 điểm) ( ) 2 1) Rút gọn biểu thức: A = 2 + 3 2 − 288 2) Giải phương trình: a) x2 + 3x = 0 b) –x4 + 8x2 + 9 = 0 Bài 2 (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14 Nếu đổi chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị cho nhau thì được số mới... 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3- (0,75 đ) Khi tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh huyền BC: Gọi S3 là diện tích phần do dây cung AB tạo ra (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AB), ta có: S3 = π.AH.AB = 3π.AH Gọi S4 là diện tích phần do dây cung AC tạo ra (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AC), ta có: S4 = π.AH.AC = 4π.AH Vậy Bài 5(1,0... = 0 ⇔  x = y hay x = y = 1   y =1   1− y = 0  Vậy P = Q = 2 Chú ý: - Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa 14 - Điểm của bài thi là tổng số điểm của từng bài, điểm của từng bài là tổng số điểm của từng phần (điểm bài thi, điểm từng bài, điểm từng phần của bài không làm tròn số) Sở Giáo dục - Đào tạo Hà Nam Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - Năm học 2009 – 2 010 Môn thi: Toán... vòng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích giữa các phần do các dây cung AB và AC tạo ra 11 Bài 5(1,0 điểm): Tính P = x 2 + y 2 và Q = x 2009 + y 2009 Biết rằng: x > 0 , y > 0 , 1 + x + y = x + xy + y Hết -Họ và tên thí sinh: Phòng thi: SBD: Họ và tên, chữ ký giám thị 1 Họ và tên, chữ ký giám thị 2 ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2 010. .. y, điều kiện y ∈ N, 0 ≤ y ≤ 9 Tổng chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14 nên có phương trình: x + y = 14 Đổi chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị nên có phương trình: 10y + x –(10x + y) = 18  x + y = 14 x = 6 ⇔ y − x = 2 y = 8 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 Giải hệ phương trình:  0,5 Số cần tìm là 68 Bài 3 (1 đ) Đường thẳng cần tìm song... lượt ở E và F a) Chứng minh: Góc EOF bằng 900 b) Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh: MK vuông góc với AB d) Khi MB = 3 MA, tính diện tích tam giác KAB theo a 15 - Hết Sở Giáo dục - Đào tạo Hà Nam Hướng dẫn chấm tuyển sinh vào lớp 10 THPT Môn thi: Toán Bài 1 (2 điểm) 1) (1 điểm) A = 4 + 12 2 + 18 − 12 2 = 22 2)... ngoài tam giác 3- Cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích giữa các phần do các dây cung AB và AC tạo ra 1-(1,25 đ) C Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2 13 (x+2)2 = x2 + (x+1)2 ⇔ x2 + 4x + 4 = x2 + x2 + 2x + 1 ⇔ x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x = 3 > 0, x = -1 < 0 (loại) Vậy AB = 3, AC = 4, BC = 5 hay: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x +2 x +1 O H AB.AC 3.4 . 1 9 hay x = 9 Bài II: Gọi x, y lần lượt là số chi tiết máy của tổ thứ nhất và thứ hai. Theo đề bài ta có : x y 900 (3) 15x 10y x y 101 0 (4) 100 100 += ⎧ ⎪ ⎨ +++= ⎪ ⎩ ⇔ x y 900 3x y 110. trình : Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 101 0 chi tiết máy. Hỏi. 3x – 10 x + 3 = 0 (1) Đặt t = x > 0, (1) thành 3t 2 – 10t + 3 = 0 (2) Δ’ = 25 – 9 = 16 Do đó, (2) ⇔ t = 54 3 − hay t = 54 3 + ⇔ t = 1 3 hay t = 3 ⇒ (1) ⇔ 1 x 3 = hay x3= ⇔