Đề số 1 Sở GD và ĐT Hà Nội Năm học 2013 2014 Phần A Đề Bài I (2,0 điểm) Với x > 0, cho hai biểu thức 2 x A x và 1 2 1x x B x x x 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64 2) Rút gọn biể[.]
Đề số Sở GD ĐT Hà Nội Năm học 2013 - 2014 Phần A Đề Bài I (2,0 điểm) x 1 x 1 2 x B x x x x 1) Tính giá trị biểu thức A x = 64 2) Rút gọn biểu thức B A 3) Tìm x để B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km Một người xe máy từ A đến B Khi đến B, người nghỉ 30 phút quay trở A với vận tốc lớn vận tốc lúc km/h Thời gian kể từ lúc bắt đầu từ A đến lúc trở đến A Tính vận tốc xe máy lúc từ A đến B Bài III (2,0 điểm) 3( x 1) 2( x y ) 1) Giải hệ phương trình 4( x 1) ( x y ) Với x > 0, cho hai biểu thức A 1 x đường thẳng (d): y mx m2 m 2 a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B (d) (P) b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ,x2 cho|x1 – x2| =2 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chứng minh AN2 = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 2) Cho parabol (P) : y 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC 4) Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc,chứng minh 1 3 a b2 c Phần B Đáp án Bài I(2,0 điểm) 1) Với x = 64 ta có A 64 64 ( x 1)( x x ) (2 x 1) x x x x 1 x (x x ) x xx x 1 3) Với x > ta có: A 2 x 2 x x 1 : B 2 x x 1 x 2) B x 2 x 1 x x x x 4( Do x>0) Bài II: (2,0 điểm) Đặt x (km/h) vận tốc từ A đến B, vận tốc từ B đến A x (km/h) Do giả thiết ta có: 90 90 10 10 x( x 9) 20(2 x 9) x x9 x x9 2 x 31x 180 x 36( Do x>0) Bài III: (2,0 điểm) 1) Hệ phương trình tương đương với: 3 x x y 5 x y 5 x y 4 x x y 3x y 6 x y 10 11x 11 x 6 x y 10 y 1 2) a) Với m = ta có phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x x x x x 1 hay x=3(Do x-b+c=0) 2 9 Ta có y (1) ; y (3) Vậy tọa độ giao điểm A B (1; ) (3; ) 2 2 b)Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x mx m2 m x 2mx m 2m 0(*) 2 Để (d) cắt (P) điểm phân biệt x1 , x2 phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt Khi đó: ' m m 2m m 1 Khi m >-1 ta co: |x1 x2 | x12 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) x1 x2 4m 4(m 2m 2) 8m 4 1 Cách giải khác: Khi m > -1 ta có: b ' b ' | x1 x2 | | | ' 2m a' a' m 2m 2m 1 Bài IV (3,5 điểm) m 1) Xét tứ giác AMON có hai góc đối ANO=90o AMO=900 nên tứ giác nội tiếp 2) Hai tam giác ABM AMC đồng dạng nên ta có AB.AC=AM2=AN2=62=36 62 62 AC 9(cm) AB BC AC AB 5(cm) 3) MTN MON AON (cùng chắn cung MN đường tròn (O)), AIN=AON)) (do điểm N, I, M nằm đường trịn đường kính AO chắn cung 90o) Vậy AIN=MTI=TIC nên MT//AC có góc so le 4) Xét AKO có AI vng góc với KO Hạ OQ vng góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vng góc với AO Vì MHN vng góc với AO nên đường thẳng KMHN vng góc với AO, nên KM vng góc với AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Cách giai khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO Nên K nằm trục đẳng phương đường tròn tâm O đường tròn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn Bài IV: (0,5 điểm) 1 1 1 Từ giả thiết cho ta có : 6 ab bc ca a b c Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 1 1 1 1 ( 2) ; ( 2) ; ( 2) a b ab b c bc c a ca 1 1 1 1 ( 1) ; ( 1) ; ( 1) a a b b c c Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có: 1 3 1 ( ) ( ) a b c 2 a b c 2 1 3( DPCM ) a b c Đề số Sở GD ĐT Hà Nội Năm học: 2014-2015 Bài I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức A 2) Cho biểu thức P ( a)Chứng minh P x 1 x=9 x 1 x2 x 1 với x > x khác ) x2 x x 2 x 1 x 1 x b)Tìm giá trị x để P x Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do ngày phân xưởng sản xuất vượt mức sản phẩm nên phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xưởng phải sản xuất sản phẩm? Bài III (2,0 điểm) x y y 1 1) Giải hệ phương trình: 1 x y y 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + parabol (P): y = x2 a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) b) Gọi A, B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B cắt đường thẳng AM, AN điểm Q, P 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn 3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab BÀI GIẢI Bài I: (2,0 điểm ) 1) Với x = ta có A 1 2 1 x2 x x ( x 1)( x 2) x 1 ) ( ) x ( x 2) x 1 x ( x 2) x 1 b)Từ câu 2a ta có 2) a) P ( P x x 1 x x 2 x 5 x x x x va x>0 2x+3 x va x>0 ( x 2)(2 x 1) va x>0 2 x Bài II: (2,0 điểm ) Gọi x sản phẩm xưởng sản xuất ngày theo kế hoạch (x > 0) 1100 =>Số ngày theo kế hoạch là: x 1100 Số ngày thực tế Theo giả thiết tốn ta có : x5 1100 1100 =2 x5 x 1100(x+5)-1100x=2x(x+5) 2x2+10x-5500=0 x=50 hay x=-55(loại) Vậy theo kế hoạch ngày phân xưởng phải sản xuất 50 sản phẩm Bài III: (2,0 điểm ) 1) Hệ phương trình tương đương với: 1 Đặt u v Hệ phương trình thành : y 1 x y x 4u v 8u 2v 10 9u u u 2v 1 u 2v 1 2v u v Do đó, hệ cho tương đương : x y 1 x y x 1 y 1 y 1 y 2) Phương trình hồnh độ giao điểm d (P) là: x2 +x – = ∆ = 25 > => phương trình có nghiệm phân biệt x = 2; x = -3 Với x = => y = ; (2;4) Với x = -3 => y = ; (-3;9) Vậy d cắt (P) điểm phân biệt (2;4) (-3;9) b)Gọi A’, B’ hình chiếu A B xuống trục hồnh Ta có S OAB S AA ' B 'B S OAA ' S OBB ' Ta có : A ' B ' | x B ' xA' | x B ' x A ' 5, AA ' y A 9; BB ' yB Diện tích hình thang : AA ' BB ' 94 65 S AA ' B ' B A ' B ' (dvdt ) 2 27 S OAA ' A ' A A ' O (dvdt ) 2 S OBB ' B ' B.B ' O 4(dvdt ) S OAB S AA ' B 'B S OAA ' S OBB ' 65 27 15(dvdt ) 2 Bài IV (3,5 điểm) 3)OE đường trung bình tam giác ABQ OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP Suy F trung điểm BP Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF Xét tam giác vng NPB có F trung điểm cạnh huyền BP Xét tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF=90o Tương tự ta có OME=90o nên ME // NF vng góc với MN .4) 2SMNPQ 2S APQ 2S AMN 2R.PQ AM AN 2R( PB BQ) AM AN Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy AB BP AB BP.BQ QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB+ BQ PB.BQ (2 R) R Ta có: AM AN MN 2R2 2 Do đó, 2SMNPQ R.4 R R R S MNPQ 3R AM AN Dấu xảy AM =AN PQ = BP hay MN vng góc AB Bài V (0,5 điểm ) Ta có Q 2a bc 2b ca 2c ab 2a bc (a b c)a bc (Do a b c 2) ( a b) ( a c ) (Áp dụng bất đẳng thức với số dương u=a+b v=a+c) ( a b) ( a c ) Vậy ta có 2a bc (1) Tương tự ta có : (a b) (b c) 2b ca (2) (a c) (b c) 2c ab (3) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế Q 2(a b c) Khi a = b = c = Q = giá trị lớn Q a ab bc ca (a b)(a c) Đề số Sở GD ĐT Hà Nội Năm học: 2015-2016 Bài I (2,0 điểm) x3 x 1 x Q với x>0, x x4 x 2 x 2 1) Tính giá trị biểu thức P x = 2) Rút gọn biểu thức Q P 3) Tìm giá trị x để biểu thức đạt giá trị nhỏ Q Bài II (2,0 điểm) Giái tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một tàu tuần tra chạy ngược dịng 60km, sau chạy xi dịng 48km dịng sơng có vận tốc dịng nước 2km/giờ Tính vận tốc tàu tuần tra nước n lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dòng Bài III (2,0 điểm) 2( x y ) x 1) Giải hệ phương trình ( x y ) x 5 Cho hai biểu thức P 2) Cho phương trình : x2-(m+5)x+3m+6=0 (x ẩn số) a Chứng minh phương trình ln có nghiệm với số thực m b Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác có độ dài cạnh huyền Bài IV (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB Lấy điểm C đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn K Gọi M điểm cung KB (M khác K, M khác B) Đường thẳng CK cắt đường thẳng AM, BM H D Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn điểm thứ hai N 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh CA.CB=CH.CD 3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH 4) Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực khơng âm a, b thỏa mãn a2+b2=4, tìm giá trị lớn biểu thức: ab M ab2 HẾT ĐÁP ÁN Bài I (2,0 điểm) 1) Với x = ta có P 2) Với Q 93 12 3 x x ( x 1)( x 2) x x4 x4 x 2 x 3 x 25 x 2 x x x ( x 2) x4 x4 ( x 2)( x 2) P x3 3) x (Do bất đẳng thức Cosi) Q x x x Dấu xảy x x P Vậy giá trị nhỏ Q Bài II (2,0 điểm) Gọi t1 thời gian tàu tuần tra chạy ngược dòng nước Gọi t2 thời gian tàu tuần tra chạy xuôi dòng nước Gọi V vận tốc tàu tuần tra nước yên Ta có: 60 48 V ;V t1 t2 60 48 60 48 2 4(1) t1 t2 t1 t2 t1 t2 1(2) 60 48 60 48 4 4 (1);(2) t1 t2 t1 t2 t t t t 1 1 60 48 4 4t2 16t2 48 t2 t2 t2 6( L) t2 2(TM ) V 22(km/ h) Bài III (2,0 điểm) 1) Với điều kiện x 1, ta có hệ cho tương đương: x x 2 6( x y ) x 12 7( x y ) ( x y ) x 5 ( x y ) x 5 x y x y x 3 x x 1 y 2 2) a) (m 5) 4(3m 6) m 2m (m 1) 0m Do đó, phương trình ln có nghiệm với m x x m b) Ta có x1 x2 3m Để x1>0;x2>0 điều kiện m>-5 m> -2m>-2(Điều kiện để S>0;P>0) Yêu cầu toán tương đương : x12 x2 25 ( x1 x2 ) x1 x2 25 x x m (m 5) 2(3m 6) 25( Do ) x1 x2 3m m 4m 12 0, m 2 m hay m=-6,m>-2 m=2 Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác ACMD có ACD=AMD 90o Nên tứ giác ACMD nội tiếp 2) Xét tam giác vuông : ACH DCB đồng dạng (Do có CDB =MAB (góc có cạnh thẳng góc)) CA CD Nên ta có: CA.CB CH CD CH CB 3) Do H trực tâm ABD Vì có chiều cao DC AM giao H , nên AD BN Hơn ANB 900 chắn nửa đường trịn đường kính AB Nên A, N, D thẳng hàng Gọi tiếp tuyến N cắt CD J ta chứng minh JND=NDJ Ta có JND=NBA chắn cung AN Ta có NDJ =NBA góc có cạnh thẳng góc JND=NDJ.Vậy tam giác vuông DNH J trung điểm HD 4) Gọi I giao điểm MN với AB CK cắt đường tròn tâm O điểm Q Khi JM, JN tiếp tuyến đường tròn tâm O Gọi F giao điểm MN JO Ta có KFOQ tứ giác nội tiếp =>FI phân giác KFQ Ta có: KFQ KOQ KFI FOI =>tứ giác KFOI nội tiếp IKO 90o =>IK tiếp tuyến đường tròn tâm O Vậy MN qua điểm cố định I (với IK tiếp tuyến đường tròn tâm O) Bài (0,5 điểm) ab (a b) (a b ) (a b) (a b 2)(a b 2) M ab2 2(a b 2) 2(a b 2) 2(a b 2) ab2 Ta có: (a b) 2(a b ) a b 2(a b ) 2(a b ) 2.4 Vậy M 1 2 Khi a=b= M= -1 Vậy giá trị lớn M -1 -HẾT Đề số Sở GD ĐT Hà Nội Năm học: 2016-2017 Bài I (2,0 điểm) x x 24 B với x ≥ 0, x ≠ x 9 x 8 x 3 1) Tính giá trị biểu thức A x = 25 Cho hai biểu thức A x 8 x 3 3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2 Nếu tăng chiều dài thêm 10m giảm chiều rộng 6m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn Bài III (2,0 điểm) 3x x 1 y 1) Giải hệ phương trình 2x x y 2) Chứng minh B 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 3x + m – parabol (P): y = x2 a) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm (d) (P) Tìm m để (x1+1)(x2+1)=1 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O) Đường thẳng AI cắt (O) hai điểm D E (D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE 1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn AB BD 2) Chứng minh AE BE 3) Đường thẳng d qua điểm E song song với AO, d cắt BC điểm K Chứng minh HK // DC 4) Tia CD cắt AO điểm P, tia EO cắt BP điểm F Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật Bài V (0,5 điểm) Với số thực x, y thỏa mãn x x y y tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x + y ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn thi: TỐN Bài I.(2,0 điểm) 1) x = 25 nên ta có: x 7 Khi ta có: A 13 2) B x x 24 x ( x 3) x 24 x 9 x 3 ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x x x 24 x x x 24 ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x ( x 3) 8( x 3) ( x 8)( x 3) ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) 3) P = A.B nên ta có: x 8 x 3 x 8 x 8 x 3 x 3 +) Ta có x nên P > P +) x => x 7 x 3 Để P Z =>P{1;2} +)P = x=16 (thỏa mãn điều kiện) +) P = x= (thỏa mãn điều kiện) Vậy x{ ;16} Bài II (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình, hệ phương trình Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật x (x>0; đơn vị: m) 720 Vì diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật 720 m2 nên chiều dài là: (m) x Sau thay đổi kích thước: Chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là: x – (m) 720 Chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là: +10(m) x Vì diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật khơng đổi nên ta có phương trình: 720 (x-6).( +10)=720 x =>(x-6)(72+x)=72x Nên : P x2-6x-432=0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=24 (thỏa mãn điều kiện); x2=-18 (loại) Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật 24 m; chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là: 720:24 = 30 (m) Bài III ( điểm) 1) Giải hệ phương trình 3x x 1 y ĐK x 1; y -2 2x x y x a x 1 Đặt (b ≠ 0)Khi hệ phương trình trở thành: b y2 3a 2b 3a 2b 7a 14 a 2a b 4a 2b 10 2a b b x x x Khi ta có: (TM ) y 1 1 y Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;-1) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=3x + m2 – parabol (P): y= x2 a) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x2=3x+m2-1 x2-3x-m2+1=0(*) (3) 4.1.( m 1) 4m 0m Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1; x2 hoành độ giao điểm (d) (P) Tìm m để (x1+1)(x2+1)=1 Ta có: ( x1 1)( x2 1) x1 x2 ( x1 x1 ) x1 x2 Áp dụng hệ thức Vi-et cho (*): x1 x2 m (**) m2 m2 m 2 Vậy m= 2 Bài IV (3,5 điểm) 1) Vì AB tiếp tuyến (O) nên AB ⊥ BO ⇒ góc ABO = 90o Vì H trung điểm dây DE (O) nên OH ⊥ DE ⇒ góc AHO = 90o Suy góc ABO + góc AHO = 180O ⇒ AHOB tứ giác nội tiếp Suy bốn điểm A, H, O, B nằm đường trịn 2) Có góc ABD = góc AEB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BD) Xét ∆ ABD ∆ AEB có chung góc BAE, góc ABD = góc AEB nên AB BD Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB(g-g)=> AE EB 3) Vì ABOH tứ giác nội tiếp nên góc OAH = góc OBH Vì EK // AO nên góc OAH = góc HEK Suy góc OBH = góc HEK ⇒ BHKE tứ giác nội tiếp ⇒ góc KHE = góc KBE Vì BDCE tứ giác nội tiếp nên góc KBE = góc CDE Suy góc KHE = góc CDE ⇒ KH // CD 4) Gọi F’ giao điểm BP đường tròn (O) Gọi AQ tiếp tuyến thứ (O) Vì BDQC tứ giác nội tiếp nên góc QDC = góc QBC(1) Vì ABOQ tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AO nên góc QBC = góc QAO (2) Từ (1), (2) ⇒ góc QDC = góc OAQ ⇒ APDQ tứ giác nội tiếp ⇒ góc PDA = góc PQA (3) Có góc PDA = góc EDC = góc EBC (4) Ta có ∆ ABP = ∆ AQP (c.g.c) ⇒ góc PQA = góc PBA (5) Từ (3), (4), (5) ⇒ góc PBA = góc EBC Suy góc PBE = góc ABC = 90o ⇒ góc F’BE = 90o ⇒ F’E đường kính (O) ⇒ F’ ∈ OE ⇒ F’ ≡ F Vì FBEC tứ giác nội tiếp nên góc FCE = 180o – góc FBE = 90o Tứ giác FBEC có góc FCE = góc FBE = góc BEC = 90o nên hình chữ nhật Bài V (0,5 điểm) Điều kiện: x ≥ –6, y ≥ –6 Từ điều kiện đề ta có x + y ≥ x y x y ( x y)2 x y 12 ( x 6)( y 6) (*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có ( x 6)( y 6) ( x 6) ( y 6) x y 12 ( x y ) x y 12 ( x 6)( y 6) 2( x y ) 24 ( x y ) 2( x y ) 24 4 x y Khi x = y = x + y = Ta có ( x 6)( y 6) nên từ (*) suy ( x y ) x y 12 ( x y 4)( x y 3) x y 4( Do x y 0) Khi x = 10, y = –6 x = –6, y = 10 x + y = Vậy GTLN P x = y = GTNN P x = 10, y = –6 x = –6, y = 10 ... ngày theo kế hoạch (x > 0) 1100 =>Số ngày theo kế hoạch là: x 1100 Số ngày thực tế Theo giả thi? ??t toán ta có : x5 1100 1100 =2 x5 x 1100 (x+5)- 1100 x=2x(x+5) 2x2+10x-5500=0 x=50 hay x=-55(loại)... nhỏ biểu thức P = x + y ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn thi: TỐN Bài I.(2,0 điểm) 1) x = 25 nên ta có: x 7 Khi ta có: A 13 2) B x... (3,5 điểm) 1) Tứ giác ACMD có ACD=AMD 90o Nên tứ giác ACMD nội tiếp 2) Xét tam giác vuông : ACH DCB đồng dạng (Do có CDB =MAB (góc có cạnh thẳng góc)) CA CD Nên ta có: CA.CB CH CD CH