ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2013-2014

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2013-2014



Tải ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2013-2014 PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

3 Comments

  1. Hoang Pham says:

    Ai tìm hộ mình đề thi vào 10 tỉnh hậu giang môn toán năm 2013 2014 được không ?

Leave a Comment


Phiên bản Text

ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN -----------@------------ Đáp án

Câu I 1)Với x=64 thì x = 8 ⇒ = = =2 8 10 5+ 8 8 A 4 . 2) = + = + =− + − + − + + + 1 2 1 1 2 1 1 2 1 ( 1) ( 1) x x x x x x B x x x x x x x x + + 2 ( 2) ( 1) ( 1) x x x x x x x x x x + + = = = + + 21 ++ . 3) Với x>0, ta có: 3 :2 2 3 1 3 2 2 1 2 2 A x x x x 3 x B x x x + + + > ⇔ > ⇔ > ⇔ + > + ⇔ < ⇔ 0, ta được: 0 4< x < .

Câu II Đổi 30 phút = 1 2 giờ. Gọi vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B là x (km/h), với x>0. Thời gian xe đi từ A đến B là 90 ( )h x , vận tốc lúc về BA là x + 9( / )km h . Thời gian về là 90 ( ) 9 h x + . Ta có phương trình: 90 90 1 90 90 9 10 10 15 x x x x x x9 2 9 2 9 2 + + = ⇔ + = ⇔ + = + + + 2 2 36 ( ) 40 180 9 31 180 0 5( ) x TM x x x x x x L ⎡ = ⇔ + = + ⇔ − − = ⇔ ⎢ ⎣ = − . Vậy vận tốc xe máy đi từ A đến B là 36km/h.

Câu III 1)Giải hệ: 3( 1) 2( 2 ) 4 3( 1) 2( 2 ) 4 (1) . 4( 1) ( 2 ) 9 8( 1) 2( 2 ) 18(2) x x y x x y x x y x x y ⎧ ⎧+ + + = + + + = ⎨ ⎨⇔ ⎩ ⎩+ − + = + − + = Cộng theo vế (1), (2) ta được: 11(x+1)=22 ⇔ x + = ⇔ =1 2 1x . Thế vào (1) ta suy ra: 3(1 1) 2(1 2 ) 4 1+ + + = ⇔ = −y y . Vậy hệ pt có nghiệm là: ( ;x y) (1; 1)= − . 2) Cho ( ) : 1 2 2 P y x= , ( ) : 1 2 1 2 d y mx m m= − + + . a)Với m=1 thì (d): 3 2 y x= + . Xét PT hoành độ giao điểm: 1 32 2 2 3 0 1 2 2 3 x x x x x x ⎡ = − = + ⇔ − − = ⇔ ⎢ ⎣ = . Hai giao điểm của (P) và (d) là 1; , 3;1 9 2 2 A B⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜− ⎝ ⎠ ⎝ ⎞⎟ ⎠ . b) Xét PT hoành độ giao điểm của (d) và (P): 1 12 2 2 21 2 2 2 2 2 x mx m m x mx m m= − + + ⇔ − + − − = 0 (*) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thì PT(*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Δ > ⇔ + > ⇔ > −' 0 2 2 0 1m m . Theo hệ thức Vi-ét thì 1 2 . 2 1 2 2 2 2 x x m x x m m ⎧ + = ⎨ ⎩ = − − Ta có: 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x1 2 1 2− = ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ + − =2 ( ) 4 2 4 ( ) 41 2 1 2 1 2 1 2 4 2 2 1 4 4( 2 2) 4 8 4 2 m m m m m . − ⇔ − − − = ⇔ = − ⇔ = (TM) Vậy 1 . 2 m − =

Câu IV 1) Vì · A MO AN O= =· 900 · A MO (T/c tiếp tuyến), do đó: , mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AMON nội tiếp. + =· AN O 1800 T K I C B N M O A 2) Xét hai tam giác đồng dạng ABN và ANC (g-g), suy ra 2 . AN AC AN AB AC AB AN = ⇔ = . Nếu AB=4cm, AN=6cm thì AC AN2 9 AB = = (cm), khi đó BC AC AB= − = − =9 4 5 (cm). 3) Vì I là trung điểm của dây cung BC không đi qua tâm O nên hay , như vậy I và N cùng nhìn đoạn AO dưới góc vuông nên A, N, O, I cùng nằm trên một đường tròn đường kính AO, do đó: (hệ quả). OI BC⊥ ·AIO = 900 ·AIN AON= · Mặt khác · 1 · · 2 MTN MON AON= = , suy ra: M· TN AIN= · và chúng ở vị trí đồng vị nên MT//AC. 4) Xét tam giác BOK vuông tại B (T/c tiếp tuyến), có đường cao BI nên OB OI OK2 = . mà OB=OM ⇒ =OM OI OK2 . OM OK OI OM ⇒ = , góc MOI chung nên hai tam giác OIM và OMK đồng dạng (c.g.c) ⇒ =M· IO OMK· (1). Ta có: OM=ON nên OMN ONM· = · (2). Vì 4 điểm M, N, O, I cùng nằm trên 1 đường tròn đường kính AO và từ (2) nên NMO MIO MNO MIN· + = + =· · · 1800 (3). Từ (1) và (3), suy ra: , do đó ba điểm M, N, K thẳng hàng hay suy ra: K luôn nằm trên đường thẳng MN cố định khi d thay đổi. NMO KMO· + =· 1800

Câu V Theo giả thiết, ta có: 1 1 1 1 1 1 6 a b c ab bc ca + + + + + = . Do đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 a b c a b b c c a a b c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜+ + = − + − + − + − + − + − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 1 1⎞⎟ ⎠ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 ab bc ca a b c ab bc ca a b c ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + + + + + − ≥ + + + + + − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 12 3 9 . 2 2 2 1 1 1 3. a b c ⇒ + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1. (Đpcm). Lê Văn Cường, Đỗ Y Linh Trường THPT Nguyễn Tất Thành-ĐHSP Hà Nội

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2013-2014