Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
STT 24 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2017 - 2018 Bài 1: (2,0 điểm) A= Cho hai biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức x +2 x −5 A B= 2) Chứng minh B = x=9 x −5 x+5 + 20 − x x − 25 với x ≥ x # 25 ; A = B x − x 3) Tìm tất giá trị để Bài 2: (2,0 điểm)Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình A B Một xe tơ xe máy khởi hành từ để đến với vận tốc xe khơng AB đổi tồn quãng đường dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy B 10km/h nên xe ô tô đến sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Bài 3: (2,0 điểm) x + y−1= 4 x − y − = 1) Giải hệ phương trình d : y = mx + Oxy 2) Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng d A 0;5 m a) Chứng minh đường thẳng qua điểm với giá trị d P : y = x2 m b) Tìm tất giá trị để đường thẳng cắt parabol hai điểm phân x1 > x2 x1, x2 x1 < x2 biệt có hồnh độ (với ) cho O ABC M N Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn Gọi điểm AB BC AN CM I cung nhỏ cung nhỏ Hai dây cắt điểm MN AB BC H K Dây cắt cạnh điểm C ,N ,K ,I 1) Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn NB = NK NM 2) Chứng minh BHI K 3) Chứng minh tứ giác hình thoi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4) Gọi E P , Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQ ND MBK (O ) , tam giác MCK trung điểm đoạn Vẽ đường kính đường tròn Chứng minh ba D, E , K điểm thẳng hàng Bài 5: (0,5 điểm) a,b,c a ≥ 1,b ≥ 1,c ≥ ab + bc + ca = Cho số thực thay đổi thỏa mãn: 2 P = a +b +c Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức STT 24 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2017 - 2018 Bài 1: ( 2,0 điểm) A= Cho hai biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức x +2 x −5 A B= 2) Chứng minh 3) Tìm tất giá trị B = x=9 x −5 x x+5 + 20 − x x − 25 với A = B x − để Lời giải x=9 1) Thay (tmđk) vào A x ≥ x # 25 Với ; = −5 20 − x + x + ( x − 5)( x + 5) B= = ⇒ A= 3( x − 5) + 20 − x x +5 = ( x + 5)( x + 5) ( x + 5)( x − 5) x −5 Vậy : Với 2) Với x ≥ 0, x ≠ 25 B= x −5 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 x ≥ x # 25 ; T.H x +2 = 4− x ⇔ x+ x −2 = x = 1(t / m) ⇔ ⇔ x = −2(loai ) ⇒ x =1 Vậy: x =1 x=9 A = B x − Bài 2: (2,0 điểm)Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình A B Một xe ô tô xe máy khởi hành từ để đến với vận tốc xe khơng AB đổi tồn qng đường dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy B 10km/h nên xe ô tô đến sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Lời giải Gọi vận tốc xe máy Đổi 36 = phút x ( Đơn vị km / h x > , ) 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 Bài 3: (2,0 điểm) 40 km / h vậ tốc ô tô 50 km / h 1) Giải hệ phương trình x + y−1= 4 x − y − = 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ( d) , cho đường thẳng ( d) : y = mx + ( ) A 0;5 m qua điểm với giá trị d P : y = x2 m b) Tìm tất giá trị để đường thẳng cắt parabol hai điểm phân x1 > x2 x1, x2 x1 < x2 biệt có hoành độ (với ) cho a) Chứng minh đường thẳng ( ) ( ) Lời giải x≥0 y ≥1 1) ĐKXĐ: Ta có hệ: x = − y −1 4(5 − y − 1) − y − Giải được: y − = y = ⇔ ⇔ x =1 x = ( t / m) x =1 y = Vậy hpt có nghiệm là: A = (0;5) y = mx + 2) a) Thay tọa độ vào ta có: = m.0 + m ( với ) (d ) A = (0;5) m Vậy qua với b) PT hoành độ giao điểm: x − mx − = (1) x1 x2 ∀m Lập luận PT (1) có hai nghiệm phân biệt , với x1 > x2 ⇔ x1 + x2 < x1 < < x2 Lập luận có: nên x1 + x2 = m Áp dụng định lí viet, thay x1 > x2 ⇔ m < Ta có: ( O) ABC M N ngoại tiếp tam giác nhọn Gọi , điểm BC AN CM AB I cung nhỏ cung nhỏ Hai dây cắt điểm Dây MN BC AB H K cắt cạnh điểm Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn C N K I a) Chứng minh bốn điểm , , , thuộc đường tròn NB = NK NM b) Chứng minh BHIK c) Chứng minh tứ giác hình thoi MCK P Q MBK E d) Gọi , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , tam giác trung điểm đoạn E K , , thẳng hàng PQ Vẽ đường kính ND đường tròn ( O) Chứng minh ba điểm D Lời giải: a) Chứng minh bốn điểm Vì M C N K I , , , thuộc đường tròn điểm cung nhỏ AB ( O) (giả thiết) » ⇒ sd ¼ AM = sd MB · ⇒ ·ANM = BCM Xét tứ giác · · INK = ICK ⇒ CNKI CNKI (vì (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ta có: ·ANM = BCM · ) tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau) ⇒C N K I , , , thuộc đường tròn b) Chứng minh NB = NK NM Vì N điểm cung nhỏ BC ( O) (giả thiết) » = sd NC » ⇒ sd BN · · ⇒ BMN = NBC Xét - VBMN · BNM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) VKBN ta có: góc chung · · BMN = NBK (vì · · BMN = NBC ) ⇒VBMN : VKBN ( g-g ) ⇒ NB NM = NK NB ⇒ NB = NK NM c) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi + Chứng minh Gọi J BHIK » sd ¼ AM = sd MB · ⇒ ·ACM = BCM ⇒ CM Ta có: (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ·ACB phân giác VCAJ (1) » sd ¼ AM = sd MB ⇒ NM ⇒ NH (cmt) (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) phân giác ·ANB phân giác VNAB HA NA = HB NB Ta có: (2) » = sd NC » sd BN · · ⇒ BAN = CAN Xét - BC (cmt) phân giác · ⇒ ·ANM = BNM - IA CA = IJ CJ ⇒ ⇒ AN giao điểm Ta có: ⇒ CI hình bình hành VCAJ ·ACJ = ·ANB · · BAN = CAJ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) VNAB ta có: (hai góc nội tiếp chắn »AB ) (cmt) ⇒VCAJ : VNAB ( g-g ) ⇒ CA CJ CA NA = ⇒ = NA NB CJ NB Từ (1), (2), (3) suy IA HA = IJ HB (3) ⇒ HI P BJ (định lí Thales đảo) hay HI P BK Chứng tương tự ý trên, ta Từ (4) (5) suy + Chứng minh Ta có : BHIK BH = BK VKBN : VBMN KI P BH (5) hình bình hành ⇒ (cmt) BK BN BM BN = ⇒ BK = BM MN MN Chứng minh tương tự câu b) ta có: ⇒ (4) (6) VHMB : VBMN ( g-g ) BH BM BM BN = ⇒ BH = BN MN MN Từ (6) (7) suy Mà d) Gọi BHIK (7) BH = BK hình bình hành nên BHIK hình thoi MCK P Q MBK E , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , tam giác trung điểm đoạn E K , , thẳng hàng Ta có: ⇒ BN · · NBK = BMK PQ Vẽ đường kính (cmt) tiếp tuyến B ( P) ND đường tròn ( O) Chứng minh ba điểm D ⇒ BN ⊥ BP Mà nên BN ⊥ BD · DBN = 90o (vì : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) B P D , , thằng hàng Ta có: VPBK cân P ( PB = PK ) · · ⇒ BPK = 180o − ×PBK (8) ( Ta có: ) » = sd NC » NB = NC sd NB OB = OC ⇒ ON đường trung trực đoạn BC ⇒ DB = DC D ON ( thuộc đường thẳng ) ⇒VDBC cân D · · ⇒ BDC = 180o − ×DBC Từ (8) (9) suy (9) · · BPK = BDC Mà hai góc vị trí đồng vị nên Chứng minh tương tự ta có: Từ (10) (11) suy Mà E PK P DC ⇒ PK P DQ QK P DP C Q D , , thẳng hàng DPKQ (10) (11) hình bình hành 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 ab + bc + ca = a , b , c thay đổi ln thỏa mãn: Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức 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 a ≥1 b ≥1 c ≥1 , , P = a2 + b2 + c2 ⇒ P = a + b + c ≥ ab + bc + ca = Dấu ‘=’ xảy a = b = c ≥1 ⇔ ⇔a=b=c= ab + bc + ca = + Tìm giá trị lớn Vì a ≥ ( a − 1) ( b − 1) ≥ ab − a − b + ≥ 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 + b + c + ( ab + bc + ca ) ≤ 36 ⇒ P ≤ 36 − ( ab + bc + ca ) = 18 Dấu ‘=’ xảy a = 4, b = c = ⇔ b = 4, c = a = c = 4, a = b = Vậy GTNN GTLN P P 18 a=b=c= , xảy , xảy a = 4, b = c = b = 4, c = a = c = 4, a = b = ... ⇒ CM Ta có: (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ·ACB phân giác VCAJ (1) » sd ¼ AM = sd MB ⇒ NM ⇒ NH (cmt) (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) phân giác ·ANB phân giác VNAB HA NA = HB NB... tứ giác · · INK = ICK ⇒ CNKI CNKI (vì (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ta có: ·ANM = BCM · ) tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau) ⇒C N K I , , , thuộc đường tròn b)... · · BAN = CAJ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) VNAB ta có: (hai góc nội tiếp chắn »AB ) (cmt) ⇒VCAJ : VNAB ( g-g ) ⇒ CA CJ CA NA = ⇒ = NA NB CJ NB Từ (1), (2), (3) suy IA HA = IJ HB (3)