Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán thành phố hà nội năm 2017 2018 (có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Phần 1) Nội dung Khi x = thì:  3 A   5 35 20  x   x  25 x 5 B 2)  x  15  20  x  x 5  x 5  x  5  20  x  x  5 x  5    x 5 x 5  x 5   x 5 với x  0, x  25 x 5 Với x  0, x  25 , ta có: A  B x  Vậy B  Bài I (2,0đ)  x 2  x 5  x4 x 5  x 2 x4  x 2 3) 1  x 2 x 2    x   0 x 2  x  1   x   1 x   (thỏa mãn điều kiện) x  Vậy x  9;1 giá trị cần tìm Gọi vận tốc xe máy x (km/h) (x > 0)  Vận tốc ô tô x + 10 (km/h) 120 Thời gian xe máy từ A đến B (giờ) x 120 Thời gian ô tô từ A đến B (giờ) x  10 120 120   Ta có phương trình: x x  10 Giải phương trình được: x1 = 40 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 50 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc xe máy 40 km/h, vận tốc ô tô 40 + 10 = 50 (km/h) Đổi 36 phút = Bài II (2,0đ) ĐK: x  0, y  1) Bài III (2,0đ) 2a) 2b)  x  y    x  y   9 x      x  y   4 x  y   8 x  y     x   x 1 x  (thỏa mãn điều kiện)    y  y    y        Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 5) Thay x = 0, y = vào phương trình y = mx + 5, ta được:  m.0    (đúng với m) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A(0; 5) Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x  mx   x  mx   (*) Vì ac = – < nên phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, với x1   x (do x1  x ) Mà x1  x nên: x1  x   m  (theo hệ thức Vi-ét) Vậy m < giá trị cần tìm A M O H I B 1 K C N Bài IV (3,5đ) 1) 2) 1 ,C  góc nội tiếp chắn cung nhỏ MA, MB Ta có N   MB  (GT) Mà MA 1  C 1 N  Bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn (theo toán cung chứa góc) 1, M 1 góc nội tiếp chắn cung nhỏ NC, NB Ta có B   NB  (GT) Mà NC 1  M 1 B  chung, B 1  M 1  NBK  NMB có: BNM  NMB (g.g)   NBK NB NK    NB2  NK.NM NM NB 3) Xét đường tròn qua bốn điểm CNKI có: 2  K 1 (hai góc nội tiếp chắn cung CI) N   ABC  (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O)) Mà N 1  ABC  K Do hai góc vị trí đồng vị nên KI // BH Chứng minh tương tự ta HI // BK Tứ giác BHIK có cạnh đối song song nên hình bình hành Cách 1:   MB  nên C 2  C  , hay CM tia phân giác góc ACB Vì MA Tương tự, AN tia phân giác góc BAC  ABC có hai đường phân giác AN CM cắt I  BI đường phân giác thứ ba  ABC Hình bình hành BHIK có BI đường phân giác góc B nên hình thoi Cách 2: 1 , K  góc có đỉnh bên đường tròn nên: Vì H       sđ MA  sđ NB , K   sđ MB  sđ NC H 2 1  K  MA   MB  , NB N  H C     BHK cân B  BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên hình thoi Nhận xét: Phần có nhiều cách chứng minh D M Q E P O B C K 4) N (P) có góc M1 góc nội tiếp, góc P1 góc tâm chắn cung BK 1  P 1 M  Mà PBK cân P (vì PB = PK)    180  P1  900  P  900  M 1  PBK (1) 2 (O) có đường kính DN qua N điểm cung BC  DN  BC DN qua trung điểm BC   DBC cân D  1800  BDC 1   DBC   900  BDC 2   BDC  Trong (O), dễ thấy M   (2)  DBC  90  M1   Từ (1) (2)  PBK  DBC  ba điểm D, P, B thẳng hàng 1  BDC  ( 2M 1 ) hai góc vị trí đồng vị Lại có P  PK // DC Chứng minh tương tự ba điểm D, Q, C thẳng hàng QK // DB Do đó, PK // DQ QK // DP  Tứ giác DPKQ hình bình hành  E trung điểm đường chéo PQ E trung điểm đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo cách sau: Cách 2: 1  P   PBK M 1  900 Từ  PBK cân M   BDN   900 Từ DN  BC  DBK  M 1  900 (do BDN M 1 )  DBK   DBK   ba điểm D, P, B thẳng hàng  PBK Cách 3:   sđ BK  (P) có góc M1 góc nội tiếp nên M 1  B  nên B   sđ BK  Mà M Suy BN tiếp tuyến B (P)  BN  PB   900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) Lại có DBN  BN  DB Do ba điểm D, P, B thẳng hàng Ta có: (a  b)2   a  b2  2ab Tương tự: b2  c2  2bc ; c2  a  2ca Suy ra: 2(a  b2  c2 )  2(ab  bc  ca)  P  Bài V (0,5đ) Dấu “=” xảy  a  b  c  ab  bc  ca   a  b  c  Vậy P   a  b  c  Dựa theo lời giải thầy Bùi Văn Tuân (Hà Nội) Vì a  1, b  nên: (a  1)(b  1)   ab  a  b    a  b  ab  Tương tự: b  c  bc  ; c  a  ca  Do đó: 2(a  b  c)  ab  bc  ca   2(a  b  c)  12  abc6  (a  b  c)  36 (do a  b  c  0)  a  b  c  2(ab  bc  ca)  36  P  2.9  36  P  18 Dấu “=” xảy  ba số a, b, c có hai số Nhưng ba số a, b, c đồng thời ab  bc  ca   Có hai số 1, số lại Vậy max P  18  (a, b,c)   4;1;1 , 1;4;1 , 1;1;4  ... (km/h) (x > 0)  Vận tốc ô tô x + 10 (km/h) 120 Thời gian xe máy từ A đến B (giờ) x 120 Thời gian ô tô từ A đến B (giờ) x  10 120 120   Ta có phương trình: x x  10 Giải phương trình được: x1... (3,5đ) 1) 2) 1 ,C  góc nội tiếp chắn cung nhỏ MA, MB Ta có N   MB  (GT) Mà MA 1  C 1 N  Bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn (theo toán cung chứa góc) 1, M 1 góc nội tiếp chắn cung nhỏ... B thẳng hàng 1  BDC  ( 2M 1 ) hai góc vị trí đồng vị Lại có P  PK // DC Chứng minh tương tự ba điểm D, Q, C thẳng hàng QK // DB Do đó, PK // DQ QK // DP  Tứ giác DPKQ hình bình hành  E