24 TS10 ha noi 1718 HDG

STT 24 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2017 - 2018 Bài 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 2 x 5 B  x 5  20  x với x  ; x # 25 x  25 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 5 3) Tìm tất giá trị x để A  B x  Bài 2: Bài 3: (2,0 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe ô tô xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe khơng đổi tồn qng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe (2,0 điểm)  x 2 y 1   1) Giải hệ phương trình  x  y     a) Chứng minh đường thẳng d  qua điểm A  0;5  với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d  cắt parabol P  : y  x hai điểm phân 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y  mx  biệt có hoành độ x 1, x (với x1  x ) cho x1  x Bài 4:   (3,5 điểm) Cho đường tròn O ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K, I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB  NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK   E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn O Chứng minh ba Bài 5: điểm D, E, K thẳng hàng (0,5 điểm) Cho số thực a,b, c thay đổi thỏa mãn: a  1,b  1, c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  a  b  c STT 24 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2017 - 2018 ( 2,0 điểm) Bài 1: Cho hai biểu thức A  x 2 B   x 5 x 5 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 5 3) Tìm tất giá trị x để A  B x  20  x với x  ; x # 25 x  25 Lời giải 1) Thay x  (tmđk) vào A  A  5 Với x  ; x # 25 20  x  x  ( x  5)( x  5) B   3( x  5)  20  x x 5  ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5) x 5 Vậy : Với x  0, x  25 B  x 5 2) Với x  0, x  25 A  B x   x   x  T.H x 2  x4  x x 6   x  3(t / m)     x  2(loai )  x9 T.H x 2  4 x  x x 2   x  1(t / m)     x  2(loai )  x 1 Vậy: x  x  A  B x  Bài 2: (2,0 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe tơ xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe không đổi toàn quãng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Lời giải Gọi vận tốc xe máy x ( Đơn vị km / h , x  ) Đổi 36 phút  Vận tốc ô tô x  10 km / h Thời gian xe máy hết quãng đường AB Thời gian ô tô hết quãng đường AB 120 ( ) x 120 ( ) x  10 Lập luận để có PT: 120 120   x x  10  x  10 x  2000   x  50(loai )   x  40(t / m) Vậy: Vận tốc xe máy 40 km / h vậ tốc ô tô 50 km / h Bài 3: (2,0 điểm)  x 2 y 1   1) Giải hệ phương trình  x  y     a) Chứng minh đường thẳng d  qua điểm A  0;5  với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d  cắt parabol P  : y  x hai điểm phân 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y  mx  biệt có hoành độ x 1, x (với x1  x ) cho x1  x Lời giải 1) ĐKXĐ: x  y  Ta có hệ:  x   y 1    4(5  y  1)  y   y   y 1     Giải được:  ( t / m) x  x      x 1 Vậy hpt có nghiệm là:  y  2) a) Thay tọa độ A  (0;5) vào y  mx  ta có:  m.0  ( với m ) Vậy (d ) qua A  (0;5) với m b) PT hoành độ giao điểm: x2  mx   (1) Lập luận PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m Lập luận có: x1   x2 nên x1  x2  x1  x2  Áp dụng định lí viet, thay x1  x2  m Ta có: Bài 4: x1  x2  m  (3,5 điểm) Cho đường tròn  O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M , N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K a) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn b) Chứng minh NB2  NK NM c) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi d) Gọi P , Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn  O  Chứng minh ba điểm D , E , K thẳng hàng Lời giải: a) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn Vì M điểm cung nhỏ AB  O  (giả thiết)  sd AM  sd MB  ANM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét tứ giác CNKI ta có: INK  ICK (vì ANM  BCM )  CNKI tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau)  C , N , K , I thuộc đường tròn b) Chứng minh NB2  NK NM Vì N điểm cung nhỏ BC  O  (giả thiết)  sd BN  sd NC  BMN  NBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét BMN KBN ta có: - BNM góc chung - BMN  NBK (vì BMN  NBC )  BMN  KBN  g-g  NB NM  NB2  NK NM  NK NB c) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi + Chứng minh BHIK hình bình hành Gọi J giao điểm AN BC Ta có: sd AM  sd MB (cmt)  ACM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  CM phân giác ACB  CI phân giác CAJ  IA CA  IJ CJ (1) Ta có: sd AM  sd MB (cmt)  ANM  BNM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  NM phân giác ANB  NH phân giác NAB  HA NA  HB NB (2) Ta có: sd BN  sd NC  BAN  CAN (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét CAJ NAB ta có: - ACJ  ANB (hai góc nội tiếp chắn AB ) - BAN  CAJ (cmt)  CAJ  NAB  g-g  CA CJ CA NA    NA NB CJ NB Từ (1), (2), (3) suy (3) IA HA  IJ HB  HI BJ (định lí Thales đảo) hay HI BK (4) Chứng tương tự ý trên, ta KI BH (5) Từ (4) (5) suy BHIK hình bình hành + Chứng minh BH  BK Ta có : KBN BMN (cmt)  BK BN BM BN   BK  BM MN MN Chứng minh tương tự câu b) ta có: HMB  (6) BMN  g-g  BH BM BM BN   BH  BN MN MN Từ (6) (7) suy BH  BK Mà BHIK hình bình hành nên BHIK hình thoi (7) d) Gọi P , Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn  O  Chứng minh ba điểm D , E , K thẳng hàng Ta có: NBK  BMK (cmt)  BN tiếp tuyến B  P   BN  BP Mà BN  BD (vì DBN  90o : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) nên B , P , D thằng hàng Ta có: PBK cân P ( PB  PK )  BPK  180o   PBK  (8)    NB  NC sd NB  sd NC  ON đường trung trực đoạn BC Ta có:   OB  OC   DB  DC ( D thuộc đường thẳng ON )  DBC cân D  BDC  180o   DBC (9) Từ (8) (9) suy BPK  BDC Mà hai góc vị trí đồng vị nên PK DC  PK DQ (10) Chứng minh tương tự ta có: C , Q , D thẳng hàng QK DP (11) Từ (10) (11) suy DPKQ hình bình hành Mà E trung điểm đường chéo PQ nên E trung điểm đường chéo DK  D , E , K thẳng hàng Bài 5: (0,5 điểm) Cho số thực a , b , c thay đổi thỏa mãn: a  , b  , c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  a2  b2  c2 Lời giải: + Tìm giá trị nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có: a  b  2ab  2 2  b  c  2bc   a  b  c    ab  bc  ca   c  a  2ca   P  a2  b2  c2  ab  bc  ca   a  b  c 1 Dấu ‘=’ xảy    a b  c  ab  bc  ca  + Tìm giá trị lớn a   a  1 b  1  ab  a  b      Vì b    b  1 c  1    bc  b  c    c   c  1 a  1   ca  c  a       ab  bc  ca   a  b  c    3 abc  ab  bc  ca  6   a  b  c   36  a  b2  c2   ab  bc  ca   36  P  36   ab  bc  ca   18  a  4, b  c  Dấu ‘=’ xảy  b  4, c  a  c  4, a  b  Vậy GTNN P , xảy a  b  c   a  4, b  c  GTLN P 18 , xảy b  4, c  a  c  4, a  b  ...  ACM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  CM phân giác ACB  CI phân giác CAJ  IA CA  IJ CJ (1) Ta có: sd AM  sd MB (cmt)  ANM  BNM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  NM phân...  sd MB  ANM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét tứ giác CNKI ta có: INK  ICK (vì ANM  BCM )  CNKI tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau)  C , N , K , I... phân giác ANB  NH phân giác NAB  HA NA  HB NB (2) Ta có: sd BN  sd NC  BAN  CAN (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét CAJ NAB ta có: - ACJ  ANB (hai góc nội tiếp chắn AB ) - BAN 