SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011
Môn thi: Toán
Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
Cho biểu thức : A =
2 3 9
9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
, với x
≥
0 và x
≠
9.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x để A = 1/3
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính
chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
Bài III (1,0 điểm)
Cho parabol (P): y = -x
2

CFD
=
·
OCB
. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh
IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4) Cho biết DF = R, chứng minh tg
·
AFB
= 2.
Bài V ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
Hết
Họ tên thí sinh:…………………………………………. Số báodanh:……………………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN:
Bài I (2,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A. Ta có:
x 2 x 3x 9 x( x 3) 2 x( x 3) 3x 9 3x 3 x 3x 9
A
x 9 x 9 x 9 x 9
x 3 x 3 ( x 3)( x 3)
x 3 3
3
x 9

Bài II (2,5 điểm)
Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x (m). (x > 0)
Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m nên chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x + 7(m).
Do mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m. Nên ta có phương trình:
2 2 2
2 2 2 2
x (x 7) 13 (1)
Ta có :(1) x x 14x 49 169 2(x 7x 60) 0 x 7x 60 0
49 4 60 189 0; 189 17
+ + =
⇔ + + + = ⇔ + − = ⇔ + − =
∆ = + × = > ∆ = =
Phương trình (1) có 2 nghiệm:
1
2
7 17
x 5
2
7 17
x 12 0
2
− +

= =


− −

= = − <


1
– x
1
x
2
= 3.
Đặt
2 2
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
P = x x + x x x x x x (x x ) x x x x (x x 1)− = + − = + −
.
Với x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (*) nên theo định lí Vi-ét ta có:
1 2
1 2
x x m
x x 1
+ = −


= −

Do đó:
P = ( 1)( m 1) m 1− − − = +
Vậy
P 3 m 1 3 m 2
= ⇔ + = ⇔ =

·
0 0 0
DCF DEF 90 90 180+ = + =
Vậy FCDE là tứ giác nội tiếp(đpcm)
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.
Xét
∆
ABD và
∆
CED có:
-
·
·
ADB CDE=
( 2 góc đối đỉnh)
-
·
·
ABD CED=
(góc nt cùng chắn cung
»
AC
)
Do đó
∆
ABD đồng dạng với
∆
CED.
Suy ra:
DA DC

OBC là tam giác cân tại O
⇒
·
·
OCB OBC=
(2)
Mặt khác:
·
·
CED OBC=
(góc nt cùng chắn cung
»
AC
) (3)
Từ (1), (2) & (3)
⇒
· ·
CFD OCB=
.
(*) Chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE
⇒
∆
ICD cân tại I
⇒
·
·
ICD IDC=
Do đó:
· ·

CFE BDE⇒ =
Suy ra:
·
·
·
BE
tan AFB tan CFE tan BDE
DE
= = =
(vì
∆
BDE vuông tại E)
Mặt khác:
·
·
BAE BCE=
(góc nt cùng chắn cung
»
BE
)

·
·
DFE DCE=
(góc nt cùng chắn cung
»
DE
)
·
·

tan AFB 2
DE
= =
(đpcm).
Bài V ( 0,5 điểm)
Giải phương trình: x
2
+ 4x + 7 = (x + 4)
2
7x +
(1)
Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được:
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 3 2 2 4 3 2 2
2 2
(x 4x 7) x 4 (x 7) (x 4x) 14(x 4x) 49 (x 8x 16)(x 7)
x 8x 16x 14x 56x 49 x 8x 16x 7x 56x 112
7x 63 x 9 x 3.
+ + = + + ⇔ + + + + = + + +
⇔ + + + + + = + + + + +
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
Thử lại ta thấy x = 3 và x = -3 đều là nghiệm của phương trình (1).
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là x = 3 và x = -3.
The end
Design by: Lưu Công Hoàn, GV THPT Nam Lương Sơn, Lương Sơn, Hòa Bình.