de thi vao 10 TPHN nam 0910

Đề thi và lời giải.[r]

Đề thi và lời giải

Lời giải bài thi môn Toán

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thành phố Hà Nội

Năm học 2008 – 2009 Giải đề :QK

Bài I.Cho biểu thức P=(√1x+

√x

√x+1): √x

x+√x

a) Rút gọn P

P=(√1x+

√x

√x+1): √x

x+√x=

√x+1+x

√x( √x+1) : √x

√x( √x +1)

P= √x+1+ x

√x( √x+1) : 1

√x +1=

√x +1+x

√x( √x +1) ( √x+1)

P= x+√x +1

√x

b) Tính giá trị của P khi x = 4

Với x = 4 thì P=4 +√4+1

7 2

c) Tìm x để P=13

3

Đkxđ: x>0

P=13

3 ⇔ x+√x+1

13

3 ⇔ 3(x+√x +1) =13√x ⇔3 x −10√x +3=0 (1) Đặt √x=t ; điều kiện t > 0

Phương trình (1) ⇔3 t2

−10 t +3=0 ; Giải phương trình ta được

t=3

¿

t=1

3

¿

¿

¿

¿

(thoả mãn điều kiện)

*) Với t = 3 ⇔√x=3⇔ x=9

*) Với t=1

3⇔√x=1

3⇔ x=1

9

Bài II Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x (xN*; x < 900; đơn vị:chi tiết máy)

Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy) Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được 115%x=1,15x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được 110%(900-x)=1,1(900-x) (chi tiết máy)

Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình: 1,15x + 1,1(900-x) = 1010

 1,15x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010

 0,05x = 20

 x = 20:0,05

 x = 400 (thoả mãn điều kiện)

vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy

tổ II sản xuất được 900 – 400 = 500 chi tiết máy

Bài III Cho Parabol (P) y=1

4 x

2

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.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

1

4 x

2 =mx+1⇔ x2− 4 mx− 4=0( ∗)

Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau:

Cách 1 2 m¿2+4=4 m2+4 >0∀ m

Δ'=¿

 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m

Cách 2 Vì a.c = 1 (-4) = -4 <0 ∀ m

 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi giá trị của m  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m

2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc toạ độ)

Vì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên

đồ thị hai hàm số có dạng trên

Gọi toạ độ điểm ; giả sử x1 < 0 < x2

Gọi hình chiếu vuông góc của B, A lên Ox lần lượt là C, D

Ta có:

OC= |x2 | =x2;OD=|x1 | =− x1;CD=OC+OD= x2− x1

BC= |y2 | = 1

4x2

2;AD=|y1 | = 1

4x1 2

Ta có

SOAB=SABCD− SOBC− SOAD= (AD+BC)CD

1

2OC BC−

1

2OD AD

SOAB=(14 x2

2

+ 1

4x1

2 )(x2− x1)

1

2x2 1

4x2

2

−1

2(− x1 ) 1

4 x1 2

SOAB= 1

8(x22

+x12

)(x2− x1)−1

8x2

3

+ 1

8 x1

3

= 1

8 x1

2x2−1

8 x2

2x1= 1

8x1x2(x1− x2)

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có:

x1+x2=4 m ;x1x2=−4

Ta có

(x1− x2)2= (x1+x2)2− 4 x1x2=16 m2+16=16 (m2+ 1 )

⇒|x1− x2| =√16 (m2 +1 ) =4√m2 +1

⇒ x1− x2=− 4√m2 +1(x1<x2)

SOAB= 1

8 x1x2(x1− x2)= 1

8.(− 4).(− 4√m2 +1 ) =2√m2

+ 1

Bài IV

a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA

Xét (O) có (EK là phân giác Ê)

 (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)

 (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét KAF và KEA:

chung

(chứng minh trên)

KAF đồng dạng với KEA (g-g)

b) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA

- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E

Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O)

- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:

Dễ dàng chứng minh được EIF cân tại I và EOK cân tại O



Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị

 IF // OK (dấu hiệu nhận biết)

Vì (chứng minh trên)





Ta có IF // OK ;

 IFAB

Mà IF là một bán kính của (I;IE)

 (I;IE) tiếp xúc với AB tại F

c) Chứng minh MN//AB

Xét (O):

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét (I;IE):

 MN là đường kính của (I;IE)

 EIN cân tại I

Mà EOB cân tại O



Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

 MN//AB

d)Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên (O)

Học sinh dễ dàng chứng minh được tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam giác BFQ là tam giác vuông cân tại Q

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ

mà PK = FQ (PFQK là hình chữ nhật)

FQ = QB (BFQ vuông cân tại Q)  PK = QB

PQ = FK (PFQK là hình chữ nhật)

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK

Vì (O) cố định, K cố định (hs tự chứng minh K là điểm chính giữa cung AB)

FK  FO ( quan hệ đường vuông góc, đường xiên)

Chu vi KPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB

Ta có FO = R

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông cân FOB tính được BK =

Chu vi KPQ nhỏ nhất = R +

Bài V Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đặt a = x – 2

 x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1

 Min A = 8  a4 = 0  a = 0  x – 2 = 0  x = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2