Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán TP Hà Nội năm 2008 - 2009

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

1
442
lượt xem
113
download

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán TP Hà Nội năm 2008 - 2009

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán tp hà nội năm 2008 - 2009', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán TP Hà Nội năm 2008 - 2009

  1. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Môn: Toán HÀ NỘI Ngày thi: 18 – 6 – 2008 (2008-2009) – ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 ( 2,5 điểm ) 1 x x Cho biểu thức: P    : x x 1  x  x   1) Rút gọn P 2) Tìm giá trị của P khi x = 4 13 3) Tìm x để P  3 Bài 2 ( 2,5 điểm ) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng tjhứ hai tổ I vươt mức 15% và tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy? 12 x và đường thẳng (d): y = mx + 1 Cho parabol (P): y  Bài 3 ( 3,5 điểm ) 4 1) Chứng minh với mọi giá trị cả m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ) Bài IV (3,5 điểm ) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. 1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA 2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F. 3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường tròn (I). 4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O), với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK. Bài V ( 0,5 điểm ) 4 4 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, A   x  1   x  3  6  x  1 ( x  3) 2 ----------HẾT ----------
  2. ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI 2008- 2009 1 x x Bài I.Cho biểu thức P   :   x  1 x  x x  a) Rút gọn P 1 x x 1 x x x P :   :     x x  1 x  x x x 1 x 1 x   x 1 x x 1 x 1   P  . x 1 :    x x 1 x 1 x x 1 x  x 1 P x b) Tính giá trị của P khi x = 4 4  4 1 7 Với x = 4 thì P   2 4 13 c) Tìm x để P  3 Đkxđ: x>0 x  x  1 13 13   P    3 x  x  1  13 x  3x  10 x  3  0 3 3 x (1) Đặt x  t ; điều kiện t > 0 Phương trình (1)  3t 2  10t  3  0 ; Giải phương trình ta được t  3  1 (thoả mãn điều kiện) t  3 *) Với t = 3  x  3  x  9 1 1 1 *) Với t   x   x  3 3 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
  3.  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. 12 Bài III. Cho Parabol (P) y  x và đường thẳng (d) y = mx + 1 4 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): 12 x  mx  1  x 2  4mx  4  0 (*) 4 Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau: 2 2 Cách 1.  '  (2m)  4  4m  4  0 m  (*) 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) 3 ,5 3 2,5 B 2 1,5 y2 1 A 0,5 y2 D O C -3 -2 -1 1 2 3 -x1 x2 -0,5 -1 -1,5 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 A( x1; y1 ); B( x2 ; y2 ) ; 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 12 12 BC  y 2  AD  y1  x2 ; x1 4 4
  4. Ta có ( AD  BC )CD 1 1 S OAB  S ABCD  S OBC  S OAD   OC .BC  OD. AD 2 2 2 1 2 1 2   x 2  x1  x 2  x1  11 1 1 4 4   x 2 . x 22  (  x1 ). x12 S OAB 2 24 2 4 1 1 1 1 1 1   x 22  x12  x 2  x1   x 23  x13  x12 x 2  x 22 x1  x1 x 2  x1  x 2  S OAB 8 8 8 8 8 8 Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: x1  x2  4m; x1 x 2  4 Ta có  x 2    x1  x 2   4 x1 x2  16m 2  16  16m 2  1 x 2 2 1  x1  x 2  16m 2  1  4 m 2  1 x1  x2   x1  x 2  4 m 2  1 1 1   SOAB  x1 x2  x1  x2   .(4).  4 m 2  1  2 m 2  1 8 8 Bài IV. E 1 I N M B A 1 F O P Q K a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA Xét (O) có · · AEK  KEB (EK là phân giác Ê)  »  KB (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau) AK »  E1  µ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) µA 1 Xét KAF và KEA: µ K chung E1  µ (chứng minh trên) µA 1
  5. 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 »  KB (chứng minh trên) AK » · o AOK  90  OK  AB Ta có IF // OK ; OK  AB  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): ·  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AEB Xét (I;IE): MEN  90o (vì ·  90o ) · 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 = R 2   Chu vi KPQ nhỏ nhất = R + R 2  R 2 1
  6. Bài V. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 A   x  1   x  3  6  x  1  x  3 Đặt a = x – 2  x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1 4 4 2 2 A   a  1   a  1  6  a  1  a  1 A  (a 4  4a 3  6a 2  4a  1)  (a 4  4a 3  6a 2  4a  1)  6(a 2  1) 2 A  8a 4  8  8  Min A = 8  a4 = 0  a = 0  x – 2 = 0  x = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản