giaichitietdetoanthivao10HaNoi2162013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (151.21 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2012-2013

Mơn: TỐN

Thái Tuấn (Mê Linh)

Đáp án

Câu I

1)Với x=36 thì x 6

6 4 5
6 2 4

A 

  

 .

4 16 ( 4) 4( 4) 2

: .

4 4 2 ( 4)( 4)

x x x x x x

B

x

x x x x x

      

   

       

 

4 4 16 2 ( 16)( 2) 2
.

16 ( 16)( 16) 16
( 4)( 4)

x x x x x x x

x x x x

x x

      

  

   

  .

3) Ta có:

2 4 2 2 2

( 1) . 1 .

16 2 16 2 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

Để B A(  1) nguyên thì x16 l à ướ ủc c a 2, ta có b ng giá tr tả ị ương ng:ứ
16

x 1 1 2 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, ta được: x=14; 15; 17; 18.

Câu II

Gọi thời gian người 1 làm một mình để xong công việc là x (giờ), ĐK:
12

x
.
Vậy thời gian người 2 làm một mình xong cơng việc là x2 (giờ).

1 giờ người 1 làm được
1

x công việc; 1 giờ người 2 làm được

1
2

x cơng việc.

Vì 2 người làm chung trong
12

5 giờ thì xong cơng việc, ta có PT:

12 1 1
1
5 x x 2

 

 

 



  .

Giải PT, ta được:
4
6
5
x
x




 

 . Kết hợp ĐK thì x=4 thỏa mãn,

6
5

x

loại.
Vậy thời gian người 1 làm một mình xong cơng việc là 4 giờ,

thời gian người 2 làm một mình xong cơng việc là 4+2=6 (giờ).

Câu III
1)Giải hệ:
2 1
2
6 2
1
x y
x y

 



  


 , (ĐK: x y, 0).

Hệ

4 2 4 6 10

4 4 1 5 2

2
2 1

2 1 2 1 2

6 2 1

2 2

1 2

x

x y x x x

y
y

x y x y

x y
    


    
    
   
         
   
         

  
 .

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).
2)PT: x2 (4m1)x3m2 2m0(1)
PT(1) có 2 nghiệm phân biệt

2 2

1 0

4 1 0.
(4 1) 4(3 2 ) 0

a

m

m m m

 



      

     

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

-Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1 2

2
1 2

4 1
3 2

x x m

x x m m

  





 


 . Khi đó: x12x22  7 (x1x2)2 2x x1 2 7

2 2

(4m 1) 2(3m 2 )m 7

    

10 4 6 0 3

m

m m

m





     

 

 (TM).

Câu IV

1)
Ta có:

  0

HCBACB (Hệ quả)

 0

HKB (gt)

  0

180

HCB HKB

   , mà hai góc này 
ở vị trí đối diện nên tứ giác CBKH

nội tiếp. (Đpcm) P E

K
H

B
O

2) Trong (O), ACMABM (hệ quả). Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKH có

 

ACKABM (hệ quả)  ACMACK (Đpcm)

3) Vì COAB tại O nên CO là đường trung trực của AB, suy ra CA=CB.

Mà MACMBC (hệ quả), AM=BE(gt) MACEBC(c.g.c)  

(1)

CM CE

MCA ECB




 






Vì    0   0

90 90

ECBHCEACB  MCAHCE hay MCE90 (2)0 .
Từ (1) và (2) suy ra: CME vuông cân tại C.

4) Từ giả thiết
.

AP MB AP R BO

R APM BOM

MA   AM MB BM   (c.g.c)

(Vì

 

AP BO

PAM OBM

AM BM  (hệ quả)). 1

AP OB

PA PM

PM OM

    

-Kéo dài PM cắt đường thẳng (d) tại Q. Vì AMB900  AMQ900hay tam giác 
AMQ vuông tại M. Mà PM=PA nên PAM PMA  PMQ PQM  PQPM

PA=PQ hay P là trung điểm của AQ.

Gọi N là giao điểm của BP với HK. Vì HK//AQ (cùng vng góc AB) nên theo
ĐL Ta-lét, ta có:

NK BN HN

PA BP PQ mà PA=PQ NHNK hay BP đi qua trung điểm

N của HK. (Đpcm)

Câu V Do x,y dương và x

2y x 2

y

  

.
Đặt t=

1 1 1 3

2 .

4 4

x t t

M t t

y t t t

  

       

 

1 3 5
2 . .2

4 4 2

t
t

  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3></div>

giaichitietdetoanthivao10HaNoi2162013

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về