SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI
Năm học 2009-2010
Môn: TOÁN
Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 ( 2,5 ñiểm )
Cho biểu thức:
1 1
4
2 2
x
A
x
x x
= + +
−
− +
với
0; 4
x x
≥ ≠
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.
3) Tìm giá trị của x ñể
1
3
10
x x
+ =
.
Bài 4
( 3,5 ñiểm )
Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm A nằm bên ngoài ñường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
ñường tròn (B, C là các tiếp ñiểm).
1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi E là giao ñiểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và
2
.
OE OA R
=
.
3) Trên cung nhỏ
BC
của ñường tròn (O, R) lấy ñiểm K bất kì (K khác B, C). Tiếp tuyến
tại K của ñường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác
APQ có chu vi không ñổi khi K chuyển ñộng trên cung nhỏ
BC
.
4) ðường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các ñường thẳng AB, AC theo thứ tự tại
M và N. Chứng minh rằng
PM QN MN
+ ≥
.
Bài 5
, với x
0 và x
4
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25.
3/ Tìm giá trị của x để A =
3
1
Giải:
1/ A =
2
1
2
1
4
xx
x
x
)2)(2(
2
)2)(2(
22
=
3
5
3/ A =
3
1
2x
x
=
3
1
23 xx
24 x
2
1
x
4
1
x
Bài II/ (2,5 điểm)
Giải bài toán sau đây bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
, x
2
thỏa mãn hệ thức x
1
2
+
x
2
2
= 10.
Giải:
1/ Khi m = 1: x
2
– 4x + 3 = 0
a+b+c = 1 + (-4) + 3 = 0
x
1
= 1; x
2
=
a
c
= 3
2/ Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
'
> 0
)
2
- 2 x
1
x
2
(Theo Vi-et x
1
+x
2
=
a
b
= 2m+1 ;x
1
x
2
=
a
c
= m
2
+2)
= [2(m+1)]
2
– 2(m
2
+2)
+ 4m – 5) = 0
2(m
2
+ 5m – m – 5) = 0
2[m(m+5)-(m+5)] = 0
2(m+5)(m-1) = 0
Được:
1 m
lo¹i 5- m
Bài IV/ (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (B,C là các tiếp điểm)
1/ Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2/ Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R
2
.
3/ Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K
của đường tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự các điểm P, Q. Chứng minh tam giác APQ có
chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4/ Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại các điểm
M, N. Chứng minh PM + QN
MN.
ABC hay AOBC.
Xét
ABO vuông ở B có BE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông
OB
2
=
OE.OA, mà OB = R
R
2
= OE.OA
3/ PK = PB (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
KQ = QC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)
Xét P
APQ = AP + AQ + QP
= AP + AQ + PK + KQ
= AP + PK + AQ + KQ
= AP + PB + AQ + QC
= AB + AC
= 2AB
- (O) cố định
- A cố định
AB không đổi
4/
MN (ĐPCM)
Bài V/ (0,5 điểm)
Giải phương trình:
4
1
4
1
22
xxx x2(
2
1
3
+ x
2
+ 2x + 1).
Giải: 4
1
4
1
22
xxx x2(
2
1
144214
22
xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
2
)12(2)12)(12( xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
122)12)(12( xxx = (2x + 1) (x
2
+ 1)
Ta thấy: Vế trái của PT luôn
0 với
x
mà x
2
+ 1 > 0 với
x
(2x + 1)(x
2
+ 1-1) = 0
x
2
(2x + 1) = 0
0 12x
0 x
+ −
, với x ≥ 0 và x ≠ 9
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x ñể
1
A
3
=
.
3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A
Bài II (2,5 ñiểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Một mảnh ñất hình chữ nhật có ñộ dài ñường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn
chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh ñất ñó.
Bài III (1,0 ñiểm)
Cho parabol (P) : y = − x
2
và ñường thẳng (d) : y = mx − 1
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì ñường thẳng (d) luôn cắt parabol (P)
tại hai ñiểm phân biệt.
2) Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành ñộ các giao ñiểm của ñường thẳng (d) và parabol
(P). Tìm giá trị của m ñể :
2 2
1 2 2 1 1 2
x x x x x x 3
+ − =
1) A =
2 3 9
9
3 3
x x x
x
x x
+
+ −
−
+ −
=
( 3) 2 ( 3) 3 9
9 9 9
x x x x x
x x x
− + +
+ −
− − −3 2 6 3 9
9
x x x x x
x
− + + − −
=
−
3 9
x
+ =
⇔
6
x
=
⇔ x = 36
3) A
3
3
x
=
+
lớn nhất ⇔
3
x
+
nhỏ nhất ⇔
0
x
=
⇔ x = 0
Bài II: (2,5 ñiểm)
Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)
⇒ chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m)
Vì ñường chéo là 13 (m) nên ta có :
2 2 2
13 ( 7)
x x= + + ⇔
2
⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 ñiểm
phân biệt.
2) x
1
, x
2
là nghiệm của (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1
2 2
1 2 2 1 1 2
3
x x x x x x
+ − =
⇔
1 2 1 2
( 1) 3
x x x x
+ − =
⇔
1( 1) 3
m
(cùng chắn cung CD)
Mặt khác
CEA CBA
=
(cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên
CFD OCB
=
.
Ta có :
ICD IDC HDB
= =
OCD OBD
=
và
0
HDB OBD 90
= =
.
Bài V: (0,5 ñiểm)
Giải phương trình :
2 2
4 7 ( 4) 7
x x x x
+ + = + +
I
A
B
F
E
C
O
D
ðặt t =
2
7
x
+
, phương trình ñã cho thành :
≥
⇔ x
2
= 9 ⇔ x =
3
±
Cách khác
:
2 2
4 7 ( 4) 7
x x x x
+ + = + +
⇔
2 2
7 4( 4) 16 ( 4) 7 0
x x x x
+ + + − − + + =
⇔
2 2 2
( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0
x x x x
+ − + + + − + + =
− +
, với x ≥ 0 và x ≠ 25.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của A khi x = 9.
3) Tìm x ñể A <
1
3
.
Bài II (2,5 ñiểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một ñội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy ñịnh. Do
mỗi ngày ñội ñó chở vượt mức 5 tấn nên ñội ñã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian
quy ñịnh 1 ngày và chở thêm ñược 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch ñội xe chở hàng hết bao
nhiêu ngày?
Bài III (1,0 ñiểm)
Cho parabol (P) : y = x
2
và ñường thẳng (d) : y = 2x – m
2
+ 9.
1) Tìm tọa ñộ các giao ñiểm của parabol (P) và ñường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m ñể ñường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai ñiểm nằm về hai phía của trục
tung.
Bài IV (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R. Gọi d
1
và d
2
lần lượt là hai tiếp
tuyến của ñường tròn (O) tại hai ñiểm A và B. Gọi I là trung ñiểm của OA và E là ñiểm
BÀI GIẢI ðỀ THI MÔN TOÁN – TS LỚP 10 HN – 2011
Bài I: (2,5 ñiểm) Với x ≥ 0 và x
≠
25 ta có :
1)
x 10 x 5
A
x 25
x 5 x 5
= − −
−
− +
=
( 5) 10 5( 5)
25 25 25
x x x x
x x x
+ −
− −
− − −
=
5 10 5 25
25 25 25
x x x x
x x x
+ −
− −
− − −
+
3) A <
1
3
⇔
5
5
x
x
−
+
<
1
3
⇔
3 15 5
x x
− < +
⇔
2 20
x
<
⇔
10
x
<
⇔
0 100
*
) : số ngày
Theo ñề bài ta có :
. 140
( 5)( 1) 140 10
a b
a b
=
+ − = +
⇔
. 140
5 15
a b
b a
=
− =
⇒ 5b
2
– 15b = 140
⇔ b = 7 hay b = -4 (loại). Vậy ñội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày.
Bài III: (1,0 ñiểm)
1) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) khi m = 1 là:
x
2
I
A
O
B
F
G
N Mà góc EAI + góc EBI = 90
0
(∆EAD vuông tại E)
⇒ góc MIN = 180
0
– (góc EMI + góc ENI)
= 180
0
– 90
0
= 90
0
3) Xét 2 tam giác vuông MAI và IBN
Ta có góc NIB = góc IMA (góc có cạnh thẳng góc)
R
2
hay BN =
3R
2
. Vậy ta có 2 tam giác vuông cân là MAI cân tại A và
NBI cân tại B ⇒ MI =
R 2 R
2
2
= và NI =
3R 2 3R
2
2
=
⇒ S
(MIN)
=
2
1 R 3R 3R
. .
2 4
2 2
=
Cách khác
góc AEF = 45
0
( chắn cung AF ) mà góc AMI = góc AEI
suy ra góc AMI = 45
0
4
x
x
+ =
khi x =
1
2
ta có M = 2011. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
1) Cho biểu thức
x 4
A
x 2
. Tính giá trị của A khi x = 36
2) Rút gọn biểu thức
x 4 x 16
B :
x 4 x 4 x 2
2) Cho phương trình: x
2
– (4m – 1)x + 3m
2
– 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình
có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện :
2 2
1 2
x x 7
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu
của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh
ACM ACK
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là
tam giác vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm
P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và
AP.MB
R
B =
x( x 4) 4( x 4) x 2
x 16 x 16 x 16
=
(x 16)( x 2) x 2
(x 16)(x 16) x 16
3) Ta có:
2 4 2 2 2
( 1) . 1 .
16 16 16
2 2
x x x
B A
x x x
x x
14; 15; 17; 18x
Bài II: (2,0 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK
12
5
x
Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)
Mỗi giờ người thứ nhất làm được
1
x
(cv), người thứ hai làm được
1
2x
(cv)
Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong
12
5
giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm
được
12
1:
5
=
5
12
(cv)
Do đó ta có phương trình
1 1 5
x x 2 12
Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:
2 1
2
6 2
1
x y
x y
, (ĐK:
, 0x y
).
Hệ
4 2
4 6 10
4
2
4 1 5
2
2 1
2 1 2 1
2
6 2 1
.(TMĐK)
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).
2) + Phương trình đã cho có = (4m – 1)
2
– 12m
2
+ 8m = 4m
2
+ 1 > 0, m
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m
+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:
1 2
2
1 2
4 1
3 2
x x m
x x m m
.
0
180HCB HKB
nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.
2) Ta có
ACM ABM
(do cùng chắn
AM
của (O))
và
ACK HCK HBK
(vì cùng chắn
HK
.của đtròn đk HB)
Vậy
ACM ACK
3) Vì OC AB nên C là điểm chính giữa của cung AB AC = BC
và
0
0
45CEM CMB
(tính chất tam giác MCE cân tại C)
Mà
0
180CME CEM MCE
(Tính chất tổng ba góc trong tam giác)
0
90MCE
(2)
Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).
4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét PAM và OBM :
Theo giả thiết ta có
.AP MB AP OB
R
MA MA MB
(vì có R = OB).
Mặt khác ta có
PAM ABM
0
90PMA PMS
PMS PSM PS PM
(4)
Mà PM = PA(cmt) nên
PAM PMA
Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm của AS.
Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:
NK BN HN
PA BP PS
hay
NK HN
PA PS
mà PA = PS(cmt)
NK NH
hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)
A
B
C
M
H
K
O
S
P
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
5
2
, đạt được khi x = 2y
Cách 2:
Ta có M =
2 2 2 2
3
( )
4 4
x y x y x y x y x
xy xy xy y x y x y
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
;
4
x y
y x
ta có
2 . 1
4 4
x y x y
y x y x
Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
4
;
x y
y x
ta có
4 4
2 . 4
x y x y
y x y x
,
dấu “=” xảy ra x = 2y
Vì x ≥ 2y
1 3 3
2 2
y y
x x
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 4-
3
2
=
5
2
, dấu “=” xảy ra x = 2y
Vậy GTNN của M là
lỳc bt u i t A n lỳc tr v n A l 5 gi. Tớnh vn tc xe mỏy lỳc i t A n B.
Bi III: (2, 0 im)
1) Gii h phng trỡnh:
3( 1) 2( 2 ) 4
4( 1) ( 2 ) 9
x x y
x x y
2) Cho parabol (P) : y =
2
1
2
x
và đờng thẳng (d) : y = mx -
1
2
m
2
+ m + 1
a) Vi m = 1, xỏc nh ta cỏc giao im A, B ca (d) v (P).
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (d) ct (P) ti hai im phõn bit cú honh x1, x2
sao cho
1 2
x x
2
A
+ +
= = =
2)
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x
B
x x x x x x x x
− + + + + +
= = = + =
+ + + +3)
Với x > 0 ta có :
3 2 2 3 1 3
:
2 2 2
1
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B
x x x
x x x x Do x
+ + +
> ⇔ > ⇔ >
+
x
⇔ =
(vì x > 0)
Bài III: (2,0 ñiểm)
1) Hệ phương trình tương ñương với:
+ + + = + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ − − = − = − = − = = −
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 12)
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là
2
1 3
2 2
x x
= +
2
2 3 0
x x
⇔ − − =
1 hay 3
x x
,
2
x
thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt. Khi ñó
2 2
' 2 2 0 1
m m m m
∆ = − + + > ⇔ > −
Khi m > -1 ta có
1 2
2
x x
− =
2 2
1 2 1 2
2 4
x x x x
⇔ + − =
2
1 2 1 2
( ) 4 4
x x x x
⇔ + − =
2 2
4 4( 2 2) 4
m m m
⇔ − − − =
2 2 1
2
m m
⇔ + = ⇔ = −Bài IV (3,5 ñiểm)
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc ñối
0
ANO 90
=
0
AMO 90
=
nên là tứ giác nội tiếp
2/ Hai tam giác ABM và AMC ñồng dạng
nên ta có AB. AC = AM
2
= AN
2
= 6
2
= 36
2 2
6 6
AC 9(cm)
AB 4
∆
có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao ñiểm
của OQ và AI thì H là trực tâm của
AKO
∆
, nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN
vuông góc với AO nên ñường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với
AO. Vậy K nằm trên ñường thẳng cố ñịnh MN khi BC di chuyển.
Cách giải khác:
Ta có KB
2
= KC
2
= KI.KO. Nên K nằm trên trục ñẳng phương của 2 ñường tròn tâm O
và ñường tròn ñường kính AO. Vậy K nằm trên ñường thẳng MN là trục ñẳng phương
của 2 ñường tròn trên.
Bài IV: (0,5 ñiểm)
Từ giả thiết ñã cho ta có
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
+ + + + + =
. Theo bất ñẳng thức Cauchy ta
có:
2 2
1 1 1 1
2
a b ab
,
2
1 1 1
1
2
b b
+ ≥
,
2
1 1 1
1
2
c c
+ ≥
Cộng các bất ñẳng thức trên vế theo vế ta có:
2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2
a b c a b c
MITKQ
PHSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm).
1) :
.
b)
25x
.
Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
M
Bài III. (2,0 điểm).
1)
41
5
1
12
1
1
x y y
x y y
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán
Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm).
1) :
1
1
x
A
x
khi x = 9.
2)
2 1 1
.
2 2 1
xx
P
x x x x
0, 5
Bài 1.2.
(1,5 điểm)
1x
P
x
.
-
x > 0; 1x
ta có
21
.
( 2) ( 2) 1
x x x
P
x x x x x
-
x > 0; 1x
ta có
1x
P
x
.
0, 25
b) -
x > 0; 1x
ta có:
1x
P
x
-
25x
nên
21x
x
25x
0, 25
Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Bài 2
Hướng dẫn giải
(2,0
Bài 2
-
theo là x (
0, 5
-
1100
x
ngày
1100
5x
ngày
0,25
Bài III. (2,0 điểm).
1)
41
5
1
12
5(1)
1
48
4(2)
1
x y y
x y y
; 1.x y y
0,25
-
9
9 1 1 2( )
1
y y tm
y
0, 25
-
24
39
xy
xy
- : A(2;4) và B(-3;9)
0, 25
-
Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
B' A' B' A'
x x x x 5
A
y9
1
B'B.B'O 4
2
OAB AA'B'B OAA' OBB'
65 27
S S S S 4 15
22
-
0, 25
Bài IV. (3,5 điểm).
(O; R.
1)
0,75 2
Ta có
ANM ABM
0,25
-
ABM AQB
0,25
- Nên
ANM AQB
.
0,25
- Vì
ANM AQB
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
0
ONF 90
.
0
OME 90
nên ME // NF vì cùng v 0,25
0,25 4
-
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN
-
AB BP
QB BA
0,25
Bài V. (0,5 điểm).
V
2 2 2 .Q a bc b ca c ab Bài 5
Hướng dẫn giải
- Ta có
Q 2a bc 2b ca 2c ab
Mà
2a bc (a b c)a bc
(Do a + b +c = 2)
2
a ab bc ca (a b) (a c)
(a b)(a c)
2
3
0,25
Lưu ý khi chấm bài:
- Điểm toàn bài không được làm tròn.
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu
học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm.
Copyright: Tài liệu đại học ©