de thi vào 10 TPHN năm 09-10
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (199.63 KB, 7 trang )
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
Đề thi và lời giải
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
1
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
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
xx
x
x
x
x
P
+
+
+= :
1
1
a) Rút gọn P
( ) ( )
( ) ( )
( )
x
xx
P
x
xx
xx
xxx
xx
P
xx
x
xx
xx
xx
x
x
x
x
P
1
1.
1
1
1
1
:
1
1
1
:
1
1
:
1
1
++
=
+
+
++
=
++
++
=
++
++
=
+
+
+=
b) Tính giá trị của P khi x = 4
Với x = 4 thì
2
7
4
144
=
++
=P
c) Tìm x để
3
13
=P
Đkxđ: x>0
( )
031031313
3
131
3
13
=+−⇔=++⇔=
++
⇔= xxxxx
x
xx
P
(1)
Đặt
tx =
; điều kiện t > 0
Phương trình (1)
03103
2
=+−⇔ tt
; Giải phương trình ta được
=
=
3
1
3
t
t
(thoả mãn điều kiện)
*) Với t = 3
93 =⇔=⇔ xx
*) Với
9
1
3
1
3
1
=⇔=⇔= xxt
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)
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
2
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
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)
2
4
1
xy =
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):
(*)0441
4
1
22
=−−⇔+= mxxmxx
Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau:
Cách 1.
mmm ∀>+=+=∆ 0444)2('
22
⇔ (*) 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)
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
3
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4 5 6
y
2
y
2
x
2
-
x
1
O
A
B
D
C
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
1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x y B x y
; giả sử x
1
< 0 < x
2
Gọi hình chiếu vuông góc của B, A lên Ox lần lượt là C, D
Ta có:
2
11
2
22
121122
4
1
;
4
1
;;
xyADxyBC
xxODOCCDxxODxxOC
====
−=+=−====
Ta có
( )
( )
( ) ( )
21211
2
22
2
1
3
1
3
212
2
1
2
2
2
11
2
22
12
2
1
2
2
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
4
1
).(
2
1
4
1
.
2
1
2
4
1
4
1
.
2
1
.
2
1
2
)(
xxxxxxxxxxxxxxS
xxxx
xxxx
S
ADODBCO C
CDBCAD
SSSS
OAB
OAB
OADOBCABCDOAB
−=−=+−−+=
−−−
−
+
=
−−
+
=−−=
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có:
4;4
2121
−==+ xxmxx
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
21
2
21
22
21
22
21
2
21
2
21
14
14116
11616164
xxmxx
mmxx
mmxxxxxx
<+−=−⇒
+=+=−⇒
+=+=−+=−
( )
( )
1214).4.(
8
1
8
1
22
2121
+=+−−=−= mmxxxxS
OAB
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
4
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
Bài IV.
a) Chứng minh
∆
KAF đồng dạng với
∆
KEA
Xét (O) có
·
·
AEK KEB=
(EK là phân giác Ê)
⇒
»
»
AK KB=
(hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
⇒
µ
µ
1 1
E A=
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét ∆KAF và ∆KEA:
µ
K
chung
µ
µ
1 1
E A=
(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
⇒
·
·
·
IFE OKE ( OEK)
= =
Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
⇒ IF // OK (dấu hiệu nhận biết)
Vì
»
»
AK KB=
(chứng minh trên)
⇒
·
90
o
AOK =
⇒
OK AB⊥
Ta có IF // OK ;
OK AB⊥
⇒ IF⊥AB
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
5
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
Mà IF là một bán kính của (I;IE)
⇒ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB
Xét (O):
·
90
o
AEB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét (I;IE):
·
90
o
MEN =
(vì
·
90
o
AEB =
)
⇒ MN là đường kính của (I;IE)
⇒ ∆EIN cân tại I
Mà ∆EOB cân tại O
⇒
·
·
·
ENI OBE ( IEN)= =
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 =
2R
⇒Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = R +
( )
2 2 1R R= +
Bài V. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2 2
1 3 6 1 3A x x x x= − + − + − −
Đặt a = x – 2
⇒ x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
6
Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2 2
4 3 2 4 3 2 2 2
4
1 1 6 1 1
( 4 6 4 1) ( 4 6 4 1) 6( 1)
8 8 8
A a a a a
A a a a a a a a a a
A a
= + + − + + −
= + + + + + − + − + + −
= + ≥
⇒ Min A = 8 ⇔ a
4
= 0 ⇔ a = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2
Hoa Quang Kham – AV QP Thai Binh
7
