Lời giải bài thi môn Toán vào THPT Thành Phố Hà Nội năm 2008

Đề thi và lời giải
Lời giải bài thi môn Toán 
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thành phố Hà Nội
Năm học 2008 – 2009
Giải đề Thầy giáo: Nguyễn Cao Cường 0904.15.16.50
 THCS Thái Thịnh- Quận Đống Đa – Thành Phố Hà Nội
Bài I.Cho biểu thức 
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x = 4
Với x = 4 thì 
c) Tìm x để 
Đkxđ: x>0
 (1)
Đặt ; điều kiện t > 0 
Phương trình (1) ; Giải phương trình ta được 
 (thoả mãn điều kiện)
*) Với t = 3 
*) Với 
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 (xÎN*; 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
Û 1,15x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
Û 0,05x = 20
Û x = 20:0,05
Û 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) 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):
Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau:
Cách 1. 
Û (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m Û (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Cách 2. Vì a.c = 1. (-4) = -4 <0 
Û (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi giá trị của m Û (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) 
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 ; giả sử x1 < 0 < x2
Gọi hình chiếu vuông góc của B, A lên Ox lần lượt là C, D
Ta có:
Ta có 
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có:
Ta có 
Bài IV. 
a) Chứng minh DKAF đồng dạng với DKEA
Xét (O) có (EK là phân giác Ê)
Þ (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
Þ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét DKAF và DKEA:
 chung 
 (chứng minh trên)
ÞDKAF đồng dạng với DKEA (g-g)
b) Chứng minh DKAF đồng dạng với DKEA
- 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 DEIF cân tại I và DEOK cân tại O
Þ 
Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
Þ IF // OK (dấu hiệu nhận biết) 
Vì (chứng minh trên)
Þ
Þ 
Ta có IF // OK ; 
Þ IF^AB
Mà IF là một bán kính của (I;IE)
Þ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB
Xét (O): 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét (I;IE):
 (vì )
Þ MN là đường kính của (I;IE)
Þ DEIN cân tại I
Mà DEOB cân tại O
Þ 
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị 
Þ 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 DKPQ = KP + PQ + KQ
mà PK = FQ (àPFQK là hình chữ nhật)
FQ = QB (DBFQ vuông cân tại Q) Þ PK = QB
PQ = FK (àPFQK là hình chữ nhật)
ÞChu vi DKPQ = 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)
ÞChu vi DKPQ 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 = 
ÞChu vi DKPQ nhỏ nhất = R + 
Bài V. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
Đặt a = x – 2
Þ x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1
Þ Min A = 8 Û a4 = 0 Û a = 0 Û x – 2 = 0 Û x = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2