Tổng hợp các đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán của Hà Nội từ năm 2009 đến 2015

28 1.3K 5
Tổng hợp các đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán của Hà Nội từ năm 2009 đến 2015

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

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 A = − . Bài 2 ( 2,5 ñiểm ) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may ñược 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may ñược nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may ñược bao nhiêu chiếc áo? Bài 3 ( 1 ñiểm ) Cho phương trình (ẩn x): 2 2 2( 1) 2 0 x m x m − + + + = . 1) Giải phương trình ñã cho khi 1 m = . 2) Tìm giá trị của m ñể phương trình ñã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn hệ thức: 2 2 1 2 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 ( 0,5 ñiểm ) Giải phương trình: ( ) 2 2 3 2 1 1 1 2 2 1 4 4 2 x x x x x x − + + + = + + + HẾT ðỀ CHÍNH THỨC Gợi ý làm bài thi môn Toán Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 Hà Nội năm học 2009-2010 Bài I/ (2,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 1 2 1 4      xx x x , 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       xx xx xx xxx = 2)2)(2( )2(     x x xx xx 2/ A = 2x x = 225 25  = 3 5 3/ A = 3 1   2x 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: Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo? Giải: Gọi số áo tổ 2 may được trong 1 ngày là x (x  N*) số áo tổ 1 may được trong 1 ngày là x +10 3 ngày tổ 1 may được 3(x+10) 5 ngày tổ 2 may được 5x Theo đề bài hai tổ may được 1310 chiếc, ta có: 3(x+10) + 5x = 1310 3x + 30 + 5x = 1310 8x + 30 = 1310 8x = 1280 x = 1280:8 x = 160 Vậy 1 ngày tổ 2 may được 160 chiếc áo 1 ngày tổ 1 may được 160+10 = 170 chiếc áo. Bài III/ (1,0 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x 2 – 2(m+1)x + m 2 +2 = 0 1/ Giải phương trình đã cho khi m = 1. 2/ Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1 , 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 '  = [-(m+1)] 2 – (m 2 +2) = m 2 + 2m + 1 – m 2 – 2 = 2m -1 > 0  m > 2 1 Ta có: x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 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) = 4(m 2 + 2m + 1) – 2m 2 -4 = 4m 2 + 8m + 4 – 2m 2 -4 = 2m 2 + 8m Theo đề bài x 1 2 + x 2 2 = 10: 2m 2 + 8m = 10  2m 2 + 8m – 10 = 0 2(m 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. Giải: Q P N M E B C O A K 1/ Xét ABOC có ABO = 1V (tính chất tiếp tuyến) ACO = 1V (tính chất tiếp tuyến)  ABO + ACO = 1V + 1V = 2V là hai góc đối diện  ABOC nội tiếp. 2/ AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)   ABC cân. mà AO là phân giác của BAC (t/c 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm)  AO là đường cao của  ABC hay AOBC. 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/  OMP  QNO  ON MP = QN OM  MP.QN = OM.ON = 2 . 2 MNMN = 4 2 MN  MN 2 = 4MP.QN MN = 2 QNMP.  MP+NQ (Theo BĐT Cauchy) Hay MP+NQ  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  3 + x 2 + 2x + 1)  2 4 1 4 1 22  xxx = 2x 3 + x 2 + 2x + 1  4 1 414 22  xxx = x 2 (2x + 1) + (2x + 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  0  x  2 1  PT  )12(2)12)(12(  xxx = (2x + 1) (x 2 + 1)  )212)(12(  xx = (2x + 1) (x 2 + 1)  2 )12( x = (2x + 1) (x 2 + 1)  2x+1 = (2x + 1) (x 2 + 1)  (2x + 1)(x 2 + 1-1) = 0  x 2 (2x + 1) = 0       0 12x 0 x        2 1 - x 0 x Thử lại, ta thấy x = 0 và x = 2 1  thỏa mãn. Kết luận: PT có 2 nghiệm x = 0; x = 2 1  SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011 ðỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 ñiểm) Cho biểu thức x 2 x 3x 9 A x 9 x 3 x 3 + = + − − + − , 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 + − = Bài IV (3,5 ñiểm) Cho ñường tròn (O) có ñường kính AB = 2R và ñiểm C thuộc ñường tròn ñó (C khác A, B). Lấy ñiểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại ñiểm E, tia AC cắt tia BE tại ñiểm F. 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC 3) Chứng minh   CFD OCB = . Gọi I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của ñường tròn (O) . 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg  AFB 2 = . Bài V (0,5 ñiểm) Giải phương trình : 2 2 x 4x 7 (x 4) x 7 + + = + + BÀI GIẢI Bài I: (2,5 ñiểm) Với x ≥ 0 và x ≠ 9 ta có : 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 9 x x − = − 3( 3) 9 x x − = − 3 3 x = + 2) A = 1 3 3 3 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 14 49 169 0 x x + + − = ⇔ x 2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 17 2 Do ñó (1) ⇔ 7 17 2 x − − = (loại) hay 7 17 5 2 x − + = = Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 ñiểm) 1) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là: -x 2 = mx – 1 ⇔ x 2 + mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m ⇒ (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 − − − = ⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2 Bài IV: (3,5 ñiểm) 1) Tứ giác FCDE có 2 góc ñối   o FED 90 FCD = = nên chúng nội tiếp. 2) Hai tam giác vuông ñồng dạng ACD và DEB vì hai góc   CAD CBE = cùng chắn cung CE, nên ta có tỉ số : DC DE DC.DB DA.DE DA DB = ⇒ = 3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có   CFD CEA = (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 + = ⇒   0 OCD DCI 90 + = nên IC là tiếp tuyến với ñường tròn tâm O. Tương tự IE là tiếp tuyến với ñường tròn tâm O. 4) Ta có 2 tam giác vuông ñồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn    1 CAE COE COI 2 = = (do tính chất góc nội tiếp) Mà  CO R tgCIO 2 R IC 2 = = = ⇒   tgAFB tgCIO 2 = = . 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 : 2 4 ( 4) t x x t + = + ⇔ 2 ( 4) 4 0 t x t x − + + = ⇔ ( )( 4) 0 t x t − − = ⇔ t = x hay t = 4, Do ñó phương trình ñã cho ⇔ 2 2 7 4 7 x hay x x + = + = ⇔ x 2 + 7 = 16 hay 2 2 7 7 x x x  + =   ≥   ⇔ 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 + − + + + − + + = ⇔ 2 2 7 4 0 ( 4) 7 4 0 x hay x x + − = − + + + + = ⇔ 2 2 7 4 7 x hay x x + = + = ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3 ± SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2011 – 2012 ðỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 ñiểm) Cho x 10 x 5 A x 25 x 5 x 5 = − − − − + , 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 thuộc ñường tròn (O) (E không trùng với A và B). ðường thẳng d ñi qua ñiểm E và vuông góc với EI cắt hai ñường thẳng d 1 , d 2 lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh   ENI EBI = và  MIN = 90 0 . 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI. 4) Gọi F là ñiểm chính giữa của cung AB không chứa E của ñường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba ñiểm E, I, F thẳng hàng. Bài V (0,5 ñiểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 2 1 4x 3x 2011 4x − + + . 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 + − − − − − − = 10 25 25 x x x − + − = 2 ( 5) ( 5)( 5) x x x − − + = 5 5 x x − + 2) x = 9 ⇒ A = 9 5 1 4 9 5 − = − + 3) A < 1 3 ⇔ 5 5 x x − + < 1 3 ⇔ 3 15 5 x x − < + ⇔ 2 20 x < ⇔ 10 x < ⇔ 0 100 x ≤ < Bài II: (2,5 ñiểm) Cách 1 : Gọi x (ngày) (x ∈ N * ) là số ngày theo kế hoạch ñội xe chở hết hàng Theo ñề bài ta có: 140 5 ( 1) 140 10 x x   + − = +     ⇔ 140x + 5x 2 – 140 x - 5 = 150 ⇔ 5x 2 – 15x – 140 = 0 ⇔ x = 7 hay x = -4 (loại) Vậy ñội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày. Cách 2 : Gọi a (tấn) (a ≥ 0): số tấn hàng mỗi ngày, b (ngày) (b ∈ N * ) : 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 = 2x + 8 ⇔ x 2 – 2x + 8 = 0 ⇔ (x + 2) (x – 4) = 0 ⇔ x = -2 hay x = 4 y(-2) = 4, y(4) = 16 Vậy tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d) khi m = 2 là : (-2; 4) và (4; 16). 2) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) là: x 2 = 2x – m 2 + 9 ⇔ x 2 – 2x + m 2 – 9 = 0 (1) Ycbt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ a.c = m 2 – 9 < 0 ⇔ m 2 < 9 ⇔ m  < 3 ⇔ -3 < m < 3. Bài IV: (3,5 ñiểm) 1) Xét từ giác MAIE có 2 góc vuông là góc A, và góc E (ñối nhau) nên chúng nội tiếp trong ñường tròn ñường kính MI. 2) Tương tự ta có tứ giác ENBI nội tiếp ñường tròn ñường kính IN. Vậy góc ENI = góc EBI (vì cùng chắn cung EI) Tương tự góc EMI = góc EAI (vì cùng chắn cung EI) M E I A O B F G N [...]... trũn - Trờn õy ch l s lc cỏc bc gii, li gii ca hc sinh cn lp lun cht ch, hp logic Nu hc sinh trỡnh by cỏch lm khỏc m ỳng thỡ cho im cỏc phn theo thang im tng ng - Vi bi 4, nu hc sinh khụng v hỡnh thỡ khụng chm S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT H NI NM HC 2015 - 2016 Mụn thi: TON THI CHNH THC Bi I (2 im) Cho hai biu thc P Ngy thi 11/6 /2015 Thi gian lm bi: 120 phỳt x 1 5 x 2 x3 v Q vi x... ca biu thc Q 2a bc 2b ca 2c ab Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh S bỏo danh: Giỏm th 1 (H tờn v ký) Giỏm th 2 (H tờn v ký) S GIO DC V O TO H NI P N BIU IM THI TUYN SINH LP 10 THPT Nm hc 2014 2015 Mụn thi: Toỏn Ngy thi: 23 thỏng 6 nm 2014 Thi gian lm bi: 120 phỳt Bi I (2,0 im) x 1 khi x = 9 x 1 1 x 1 x2 vi x > 0; x... NI K THI TUYN SINH LP 10 THPT Nm hc 2014 2015 Mụn thi: Toỏn Ngy thi: 23 thỏng 6 nm 2014 Thi gian lm bi: 120 phỳt CHNH THC Bi I (2,0 im) x 1 khi x = 9 x 1 1 x 1 x2 vi x > 0; x 1 P x 2 x 1 x2 x 1) Tớnh giỏ tr biu thc : A 2) Cho biu thc a) Chng minh P x 1 x b) Tỡm giỏ tr ca x 2P = 2 x 5 Bi II (2,0 im) Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh: Mt phõn xng theo k hoch cn phi sn xut 1100 sn... = 2 2 2 2 2 1 R 3R 3R S(MIN) = = 2 2 2 4 Bi V: (0,5 ủi m) 1 1 1 M = 4( x )2 + x + + 2 010 2 x + 2 010 = 2011 2 4x 4x 1 khi x = ta cú M = 2011 V y giỏ tr nh nh t c a M l 2011 2 S GIO DC V O TO H NI CHNH THC Bi I (2,5 im) K THI TUYN SINH LP 10 THPT Nm hc: 2012 2013 Mụn thi: Toỏn Ngy thi: 21 thỏng 6 nm 2012 Thi gian lm bi: 120 phỳt x 4 Tớnh giỏ tr ca A khi x = 36 x 2 x 4 x 16 2) Rỳt gn biu thc... 2y 2 x 2 3 5 T ú ta cú M 4- = , du = xy ra x = 2y 2 2 5 Vy GTNN ca M l , t c khi x = 2y 2 Vỡ y x x 4y x 4y x 4y ta cú 2 4 , ; y x y x y x x 2y S GIO DC-O TO hà nội K THI TUYN SINH VO 10 THPT Năm học : 2013-2014 Mụn thi: TON Thi gian lm bi: 120 phỳt CHNH THC Bi I : (2, 0 im) Vi x > 0, cho hai biu thc A 2 x x 1 2 x 1 v B x x x x 1) Tớnh giỏ tr ca biu thc A khi x = 64 2) Rỳt gn biu thc B... x ( sn phm; k x nguyờn dng) 0, 5 Khi ú trờn thc t mi ngy phõn xng lm c s Bi 2 sn phm l x + 5 (sp) (2,0 im) - S ngy lm theo k hoch l: S ngy lm trờn thc t l: 1100 ngy x 1100 ngy x5 0,5 Vỡ thi gian thc t ớt k hoch 2 ngy , ta cú phng trỡnh: 1100 1100 2 x x5 + Gii phng trỡnh tim c x1 55; x2 50 Vỡ x 0 nờn x1 50 tha món iu kin ca n, x2 55 khụng tha món iu kin ca n Vy theo k hoch mi ngy phõn xng lm... ủi t A ủ n B, v y v n t c ủi t B ủ n A l x + 9 (km/h) Do gi thi t ta cú: 90 90 1 10 10 1 + = 5 + = x( x + 9) = 20(2 x + 9) x x +9 2 x x+9 2 2 x 31x 180 = 0 x = 36 (vỡ x > 0) Bi III: (2,0 ủi m) 1) H phng trỡnh tng ủng v i: 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 = 1 2) a) V i m = 1 ta cú phng trỡnh honh ủ giao ủi m... cung KB, chng minh ng thng MN luụn i qua 1 im c nh Bi V (0,5 im) Vi hai s thc khụng õm a, b tha món a 2 b 2 4 Tỡm giỏ tr ln ab nht ca biu thc M = ab2 - Ht - HNG DN GII THI TUYN SINH LP 10 THNH PH H NI MễN: TON 2015- 2016 Bi IV D J M K N Q A H C L O B a) T giỏc ACMD ni tip C/m: gúc ACD = gúc AMD = 900 b) CA.CB = CH.CD C/m: t giỏc ANHC ni tip suy ra gúc DAC = gúc CHB(cựng bự gúc NHC) suy ra... im) Vi x, y l cỏc s dng tha món iu kin x 2y , tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: M x 2 y2 xy .Ht Lu ý: Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: Ch ký ca giỏm th 1: Ch ký ca giỏm th 2: GI í P N Bi I: (2,5 im) 1) Vi x = 36, ta cú : A = 36 4 10 5 36 2 8 4 2) Vi x 0, x 16 ta cú : x( x 4) 4( x 4) x 2 (x 16)( x 2) x 2 x 16 = (x 16)(x 16) x 16 x 16 x 16 B= 3)... x > 0; x 1 - vy vi x = 1/4 thỡ 2P = 2 x 5 0, 25 Bi II (2,0 im) Gii bi toỏn sau bng cỏch lp phng trỡnh: Mt phõn xng theo k hoch cn phi sn xut 1100 sn phm trong mt s ngy quy nh Do mi ngy phõn xng ú sn xut vt mc 5 sn phm nờn phõn xng ó hon thnh k hoch sm hn thi gian quy nh 2 ngy Hi theo k hoch, mi ngy phõn xng phi sn xut bao nhiờu sn phm? (2,0 Bi 2 Hng dn gii im) - Gi mi ngy phõn xng phi sn xut s sn . SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2009- 2 010 Môn: TOÁN Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 ( 2,5 ñiểm. K Q P H SỞ 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 x x x x x x − + + + = + + + HẾT ðỀ CHÍNH THỨC Gợi ý làm bài thi môn Toán Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 Hà Nội năm học 2009- 2 010 Bài I/ (2,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 1 2 1 4      xx x x ,

Ngày đăng: 05/07/2015, 15:20

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan