Tuyển tập đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán sở GD&ĐT Hà Nội (từ 1998 đến 2020)

4) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vuông góc của điểm E trên đường thẳng AD.. Vậy F nhìn AB dưới một góc không đổi.. a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình [r]

(1)

Đề số Đề thi vào 10 thành phố Hà Nội năm 1998

Đề số Đề thi tuyển sinh vào lớp 10, TP Hà Nội, 1999-2000

Đề số Đề thi tuyển sinh vào lớp 10, TP Hà Nội, 2001-2002

Đề số Đề thi tuyển sinh vào lớp 10, TP Hà Nội, 2003-2004 13

Đề số Đề thi Toán vào lớp 10 năm học 2004-2005, Hà Nội 14

Đề số Đề thi vào lớp 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2006 18

Đề số Đề thi vào lớp 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2007 21

Đề số 10 Đề thi vào 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2008 24

Đề số 11 Đề thi vào lớp 10, Sở GDHN, năm 2009 - 2010 29

Đề số 12 Đề thi vào lớp 10 - TP Hà Nội năm 2010 32

Đề số 13 Đề Tuyển sinh vào 10 SGD Hà Nội 2011 35

Đề số 14 ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SGD HÀ NỘI 2012 38

Đề số 18 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10, TP Hà Nội, 2016-2017 52

(2)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 1

Thầy Trịnh Văn Luân

ĐỀ THI VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 1998

Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

A Lý thuyết (2 điểm): Học sinh chọn đề

Đề 1: Phát biểu tính chất phân thức đại số Các đẳng thức sau hay sai, sao? 3(x

2+ 1)

x2+ 1 = 3;

5m − 25 15 − 5m=

m − m −

Đề 2: Chứng minh rằng: cạnh góc vng cạnh huyền tam giác vng tỉ lệ với cạnh góc vng cạnh

huyền tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng

B Bài tập bắt buộc(8 điểm)

Câu Cho biểu thức P =

Å 2x + 1 √

x3− 1−

1 √

x − ã

: Å

1 − x + x +√x +

ã

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên dương

Lời giải

a)

P =

Å 2x + 1 √

x3− 1−

1 √

x − ã

: Å

1 − x + x +√x +

ã

=

Å 2x + 1

(√x − 1)(x +√x + 1)− √

x − ã

: x + √

x + − x − x +√x +

= 2x + − x − √

x − (√x − 1)(x +√x + 1)·

x +√x + √

x −

= x −

√ x

(√x − 1)(x +√x + 1)·

x +√x + √

x −

= √

x(√x − 1) (√x − 1)(√x − 3) =

√ x √

x −

b) Có P = √

x √

x − = + √

x −

Để P nhận giá trị nguyên dương √x − phải ước

⇒         √

x − = √

x − = −1 √

x − = −3 ⇔         √

x = √

x = ⇔        

x = 36

x = 16

x =

Câu Giải toán sau cách lập phương trình:

Một người dự định xe đạp từ A đến B cách 36 km thời gian định Sau nửa quãng

đường người dừng lại nghỉ 18 phút Do để đến B hẹn người tăng vận tốc thêm km/h quãng

đường lại Tính vận tốc ban đầu thời gian xe lăn bánh đường

Lời giải

Gọi x km/h vận tốc ban đầu người đó, suy vận tốc lúc sau (x + 2) km/h

(3)

Thời gian người phải di chuyển tăng tốc 18 x +

Do người đến B hẹn nên 18 x =

18 60+

18 x + ⇔ 18

Å x−

1 x +

ã =

10

⇔ 320 = x2+ 2x ⇔ x2+ 2x − 120 = ⇔



 x = 10

x = −12

Vậy vận tốc ban đầu người x = 10 km/h

Tổng thời gian xe lăn bánh T = 18 x +

18

x + = 3,3 h

Câu Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Đường trịn đường kính AH cắt cạnh AB, AC

tại E F

a) Chứng minh tứ giác AEHF hình chữ nhật

b) Chứng minh AE · AB = AF · AC

c) Đường thẳng qua A vuông góc với EF cắt cạnh BC I Chứng minh I trung điểm BC

d) Chứng minh diện tích tam giác ABC gấp đơi diện tích hình chữ nhật AEHF tam giác ABC vng cân

Lời giải

A F C

B

E H

I

a) Do E F thuộc đường trịn đường kính AH nên \AEH = \AF H = 90◦

Mà [EAF = 90◦ nên tứ giác AEHF hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vng)

b) Tam giác vng ABH có HE đường cao nên AE · AB = AH2.

Tam giác vng ACH có HF đường cao nên AF · AC = AH2.

Vậy AE · AB = AF · AC

c) Ta có AE · AB = AF · AC ⇒ AE AF =

AC AB

Mà góc A chung nên 4AEF v 4ACB ⇒ [AF E = [ABI Mà [AF E = [BAI (cùng phụ với góc [AEF )

nên [BAI = [ABI, suy 4IAB cân I, IA = IB

(4)

d) Giả sử SABC = 2SAEHF ⇒

SAEF

SACB

=1 =

EF

BC ⇒ EF = 2BC

Mà ta có AI =

2BC EF = AH, nên AH = AI Suy H ≡ I Vậy 4ABC vuông cân A

(5)

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10, TP HÀ NỘI, 1999-2000

Đề 1: Phát biểu hai quy tắc đổi dấu phân thức Viết công thức minh hoạ cho quy tắc

Áp dụng: thực phép tính: 2a

2

a − b+ a2+ b2

b − a

Đề 2: Phát biểu định lí góc nội tiếp đường trịn Chứng minh định lí trường hợp tâm O nằm

cạnh góc

B Bài tập bắt buộc (8 điểm)

Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức P = Å √x

√

x − 1− x −√x

ã :

Å 1 √

x + 1+ x −

ã

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P >

c) Tìm số m để có giá trị x thoả mãn P ·√x = m −√x

Câu (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình:

Một xe tải xe khởi hành từ A đến B Xe tải với vận tốc 40 km/h, xe với vận tốc 60

km/h Sau xe nửa đường xe nghỉ 40 phút chạy tếp đến B; xe tải quãng đường lại

đã tăng vận tốc thêm 10 km/h đến B chậm xe nửa Hãy tính quãng đường AB

Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường tròn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC

cát tuyến AM N với đường tròn (B, C, M , N thuộc đường tròn; AM < AN ) Gọi I giao điểm thứ hai đường

thẳng CE với đường tròn (E trung điểm M N )

a) Chứng minh điểm A, O, E, C nằm đường tròn

b) Chứng minh: [AOC = [BIC

c) Chứng minh: BI ∥ M N

(6)

ĐỀ SỐ 3

A Lý thuyết (2 điểm): Học sinh chọn câu:

Câu Thế phép khử mẫu biểu thức lấy Viết công thức tổng quát

Áp dụng tính:

2 −√3

2 +

1 −√3

Lời giải

Phép khử mẫu biểu thức lấy phép toán đưa phân thức có mẫu thành phân thức với

nhưng khơng cịn mẫu

Công thức tổng quát: với biểu thức A, B mà A · B ≥ B 6= 0, ta có… A B =

√ A · B |B| Áp dụng:

−√3

2 +

1 −√3

2 =

p

4 − 2√3

2 +

1 −√3

2 =

»

(√3 − 1)2

2 +

1 −√3

2 =

√ −

2 +

1 −√3

2 =

Câu Phát biểu chứng minh định lí góc có đỉnh bên đường trịn

Lời giải

Định lí: Số đo góc có đỉnh bên đường trịn nửa

tổng số đo hai cung bị chắn

Chứng minh:

Nối B với D Theo định lí góc nội tiếp ta có:

\ BDE =1

2sđ˘BnC, DBE =\

2sđ ˘AmD

Mà \BEC = \BDE + \DBE (góc ngồi tam giác)

Do đó, \BEC =1

Ä

sđ˘BnC + sđ ˘AmDä

m n A B O E D C

Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức P =

Å √x − 4 √

x(√x − 2) + √

x − ã

:

Å√x + 2 √

x − √

x √

x − ã

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P biết x = − 2√5

c) Tìm giá trị n để có x thoả mãn P · (√x + 1) >√x + n

Lời giải

a) Điều kiện:  

 x > √

x − 6=

⇔ < x 6=

Ta có P = √

x − + 3√x √

x(√x − 2) :

x − − x √

x(√x − 2) = (4 √

x − 4) : (−4) = −√x

b) Với x = − 2√5 P = −p6 − 2√5 = −»(√5 − 1)2= − (√5 − 1) = −√5.

c) Ta có P · (√x + 1) >√x + n ⇔ (1 −√x)(1 +√x) >√x + n ⇔ − x >√x + n

⇔ < x +

√ x +

4 <

(7)

Câu (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình:

Một ca nơ chạy sơng h, xi dịng 81 km ngược dịng 105 km Một lần khác chạy khúc sông

đó, ca nơ chạy h, xi dịng 54 km ngược dịng 42 km Hãy tính vận tốc xi dịng ngược dịng

của ca nơ, biết vận tốc dịng nước vận tốc riêng ca nô không đổi

Lời giải

Gọi x km/h y km/h vận tốc xi dịng ngược dịng ca nơ (x > y > 0)

Ta có hệ phương trình

   

  

81 x +

105 y = 54

x + 42

y = ⇔

  

  x =

1 27 y =

1 21

⇔  

 x = 27

y = 21

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy vận tốc xi dịng 27 km/h, vận tốc ngược dòng 21 km/h

Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, dây M N vng góc với dây AB I cho

IA < IB Trên đoạn M I lấy điểm E( E khác M I) Tia AE cắt đường tròn điểm thứ hai K

a) Chứng minh tứ giác IEKB nội tiếp

b) Chứng minh tam giác AM E AKM đồng dạng AM2= AE · AK

c) Chứng minh: AE · AK + BI · BA = 4R2

d) Xác định vị trí điểm I cho chu vi tam giác M IO đạt GTLN

Lời giải

a) Vì AB đường kính nên \AKB = 90◦

Ta có \EKB = [EIB = 90◦ nên tứ giác IEKB nội tiếp

b) Ta có \M AE = \KAM (do chắn cung nhỏ ¯M K)

\ EM A =

2sđ ˜AN =

2sđ¯AM = \M KA Vậy ∆AM E v ∆AKM

c) Từ ∆AM E v ∆AKM suy

AE AM =

AM

AK ⇔ AE · AK = AM

2.

Tam giác AM B vuông M (do AB đường kính) M I đường

cao nên BI · BA = M B2

Khi đó, AE · AK + BI · BA = AM2+ M B2= AB2= 4R2

A B

M

N

O

K

E

I

d) Ta có CM IO= M I + IO + OM

Mà OM = R không đổi nên CM IO lớn M I + IO lớn

Ta có (M I + IO)2≤ 2(M I2+ IO2) = 2OM2= 2R2 suy M I + IO ≤√2R.

Dấu “=” xảy M I = IO =R √

2

Vậy chu vi tam giác M IO lớn I nằm AB cách O khoảng R √

2

(8)

ĐỀ SỐ 4

Đề 1: Phát biểu định nghĩa nêu tính chất hàm số bậc

Áp dụng: Cho hai hàm số bậc y = 0, 2x − y = − 6x Hỏi hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến,

vì sao?

Đề 2: Nêu dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp đường tròn

Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức P = Å√

x −√x + x +

ã :

Å √x √

x + 1− √

x − − x

ã

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P <

c) Tìm GTNN P

Câu (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình:

Một công nhân dự định làm 150 sản phẩm thời gian định Sau làm 2h với xuất dự kiến,

người cải tiến thao tác nên tăng xuất sản phẩm hồn thành 150 sản

phẩm sớm dự kiến 30 phút Hãy tính xuất dự kiến ban đầu

Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định đường kính EF (E khác A, B) Tiếp

tuyến B với đường tròn cắt tia AE, AF H, K Từ K kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt HK

tại M

a) Chứng minh tứ giác AEBF hình chữ nhật

b) Chứng minh tứ giác EF KH nội tiếp đường tròn

c) Chứng minh AM trung tuyến tam giác AHK

d) Gọi P , Q điểm HB, BK, xác định vị trí đường kính EF để tứ giác EF QP có chu vi nhỏ

(9)

ĐỀ SỐ 5

Đề 1: Phát biểu viết dạng tổng quát qui tắc khai phương tích

Áp dụng: P = √

50 −√8 √

2

Lời giải

Qui tắc khai phương tích: Muốn khai phương tích số khơng âm, ta khai phương

thừa số nhân kết với

Với hai số a b khơng âm, ta có√a · b =√a ·√b

Áp dụng:

P = √

50 −√8 √

2 =

5√2 − 2√2 √

2 =

3√2 √

2 =

Đề 2: Định nghĩa đường trịn Chứng minh đường kính dây lớn đường tròn

Lời giải

Định nghĩa đường trịn: Đường trịn tâm O bán kính R (với R > 0) hình gồm điểm cách điểm O khoảng

bằng R, kí hiệu (O; R)

Chứng minh đường kính dây lớn đường trịn:

Gọi AB dây đường trịn (O; R)

Nếu AB đường kính AB = 2R

Nếu AB khơng đường kính:

Xét tam giác AOB, có:

AB < AO + OB = R + R = 2R

Vậy ta có AB ≤ 2R hay đường kính dây lớn đường tròn

O

B A

Å 4√x

2 +√x+ 8x − x

ã :

Å √x − 1

x − 2√x− √ x

ã

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P = −1

c) Tìm m để với giá trị x > ta có: m(√x − 3)P > x +

Lời giải

(10)

P =

Å 4√x

2 +√x+ 8x − x

ã :

Å √x − 1

x − 2√x− √ x

ã

= √

x(2 −√x) + 8x (2 +√x)(2 −√x) :

√

x − − 2(√x − 2) √

x(√x − 2)

=

√ x + 4x (2 +√x)(2 −√x)·

√

x(√x − 2) −√x +

= √

x(2 +√x) (2 +√x)(2 −√x)·

√

x(2 −√x) √

x −

= √4x x −

b) P = −1 ⇔ √4x

x − = −1 ⇔ 4x + √

x − = ⇔ 

  √

x = −1 √

x =

⇔ x =

16 (thỏa mãn)

Vậy P = x = 16

c) Ta có

m(√x − 3)P > x + ∀x >

⇔ m(√x − 3) ·√4x

x − > x + ∀x >

⇔ 4mx > x + ∀x >

⇔ (4m − 1)x > ∀x >

⇔ 4m − >

x ∀x >

⇔ 4m − ≥

⇔ m ≥ 18

Câu Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Theo kế hoạch, hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kỹ thuật nên tổ I

vượt mức 18%, tổ II vượt mức 21%, thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi

số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch?

Lời giải

Gọi số sản phẩm giao tổ I tổ II theo kế hoạch x y (0 < x, y < 600; x, y ∈ N) Do hai tổ giao sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình

x + y = 600 (1)

Do tổ I vượt mức 18%, tổ II vượt mức 21% hai tổ hồn thành vượt mức 120 sản phẩm nên ta có phương trình

x(1 + 18%) + y(1 + 21%) = 600 + 120 ⇔ 118x + 121y = 72000 (2)

Từ (5) (6), ta có hệ phương trình

  

 

x + y = 600

118x + 121y = 72000 ⇔

  

 

x = 200 (thỏa mãn)

y = 400 (thỏa mãn)

Vậy theo kế hoạch, tổ I giao 200 sản phẩm, tổ II giao 400 sản phẩm

Câu Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI =

3AO Kẻ dây M N vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn M N , cho C không trùng với M , N B Nối

(11)

a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh 4AM E đồng dạng với 4ACM AM2= AE · AC

c) Chứng minh AE.AC − AI.IB = AI2

d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CM E nhỏ

nhất

Lời giải

I E

J

B N

A

O

C

M

a) Do M N ⊥ AB nên [EIB = 90◦.

Vì \ACB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \ACB = 90◦

Xét tứ giác IECB có [EIB + \ECB = 90◦+ 90◦= 180◦

Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp

b) Vì IECB tứ giác nội tiếp nên [AEI = [IBC

Lại có \ABC = \AM C (hai góc nội tiếp chắn cung ˜AC)

Suy \AEM = \AM C

Vậy 4AM E v 4ACM (g-g) ⇒ AM

AC = AE

AM ⇒ AM

2= AE · AC.

c) Xét tam giác AEI tam giác ABC có: 

 

  b A chung

[

AIE = \ACB = 90◦

⇒ 4AEI v 4ABC (g-g)⇒ AE AB =

AI

(12)

d) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CM E

Vì 4AEM v 4AM C nên \AM E = \ACM

Suy AM tiếp tuyến M (J ) ⇒ J M ⊥ AM

Mà \AM B = 90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BM ⊥ AM

Vậy J thuộc đường thẳng M B

Do N J nhỏ J trùng hình chiếu H N M B hay C trùng với giao điểm

đường tròn (H; HM ) với (O)

(13)

ĐỀ SỐ 6

Câu Cho biểu thức: P = Å√

x −√1 x

ã :

Å√x − 1 √

x +

1 −√x x +√x ã

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x = 2 +√3

c) Tìm giá trị x thoả mãn P.√x = 6√x − −√x −

Để hồn thành công việc, hai tổ phải làm chung 6h Sau 2h làm chung tổ hai bị điều làm việc khác,

tổ hoàn thành nốt cơng việc cịn lại 10h Hỏi tổ làm riêng sau hồn thành cơng

việc

Câu Cho đường tròn (O; R), đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm phân biệt A, B Từ

điểm C d (C nằm ngồi đường trịn), kẻ hai tiếp tuyến CM , CN tới đường tròn (M , N thuộc O) Gọi H trung

điểm AB, đường thẳng OH cắt tia CN K

a) Chứng minh điểm C, O, H, N thuộc đường tròn

b) Chứng minh: KN · KC = KH · KO

c) Đoạn thẳng CO cắt (O) I, chứng minh I cách CM , CN , M N

d) Một đường thẳng qua O song song với M N cắt tia CM , CN E F Xác định vị trí

(14)

ĐỀ SỐ 7

ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2004-2005, HÀ NỘI

Đề 1: Nêu điều kiện để√A có nghĩa

Áp dụng: Với giá trị x thì√2x − có nghĩa

Lời giải

•√A có nghĩa ⇔ A ≥

•√2x − có nghĩa ⇔ 2x − ≥ ⇔ x ≥

2

Đề 2: Phát biểu chứng minh định lý góc có đỉnh bên đường trịn

Lời giải

• Định lí

Số đo góc có đỉnh bên đường trịn nửa tổng số đo

hai cung bị chắn

• Chứng minh

Ta có \BEC = \EBD + \BDE (1) (tính chất góc ngồi tam giác)

Theo tính chất góc nội tiếp ta có

\ EBD =1

2sđ ˘AmD (2)

\ BDC =

2sđ˘BnC (3)

Từ (1), (2), (3) suy \BEC =sđ ˘AmD + sđ˘BnC

2

B

C

n O

A

D m

E

Câu Cho biểu thức P = Å 1

√

x − +

5√x − 2√x − x

ã :Å +

√ x √

x − √

x √

x − ã

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x =3 − √

5

c) Tìm m để có x thỏa mãn P = mx√x − 2mx +

(15)

a) Điều kiện x > 0, x 6=

P =

Å 1 √

x − +

5√x − 2√x − x ã

:Å + √ x √ x − √ x √

x − ã

=

ï 1 √

x − 2−

5√x − √

x(√x − 2) ò

:ï ( √

x − 2)(√x + 2) − x √

x(√x − 2) ò

= √

x − 5√x + √

x(√x − 2) :

−4 √

x(√x − 2)

= − √

x √

x(√x − 2)· √

x(√x − 2) −4 = √x −

b) Khi x =3 − √

5 , ta có

P =

3 −√5 − =

6 − 2√5

4 =

»

(√5 − 1)2

2 − = √

5 − − =

√ −

2

c) Với điều kiện x > 0, x 6=

Để có x thỏa mãn P = mx√x − 2mx + ⇔√x − = mx√x − 2mx + (1) có nghiệm

Ta có

(1) ⇔ mx(√x − 2) + −√x = ⇔ (√x − 2)(mx − 1) =

⇔ mx − = (2) (do √x − 6= 0)

Xét phương trình (2)

• Nếu m = 0, phương trình vơ nghiệm

• Nếu m 6= 0, phương trình có nghiệm x =

m, (m 6= 0)

Để x =

m nghiệm (1) ⇔      m >

1 m 6=

⇔     

m >

m 6=

Vậy điều kiện m   

 

m >

m 6=

Theo kế hoạch, cơng nhân phải hồn thành 60 sản phẩm thời gian định Nhưng cải tiến kỹ

thuật nên người cơng nhân làm thêm sản phẩm Vì vậy, hồn thành kế hoạch sớm

dự định 30 phút mà vượt mức sản phẩm Hỏi theo kế hoạch, người phải làm sản phẩm?

Lời giải

Gọi x số sản phẩm người làm theo kế hoạch, điều kiện x >

Khi thời gian để hoành thành 60 sản phẩm 60 x (giờ) Thực tế số sản phẩm người làm x +

Do làm nhiều dự định sản phẩm, thời gian 30 phút nên ta có phương trình

63 x + 2+

1 =

60

x ⇔ 126x + (x + 2)x = 120(x + 2) ⇔ x2+ 8x − 240 =

Giải phương trình ta x = 12 (nhận) x = −20 (loại)

Vậy số sản phẩm dự định làm 20 sản phẩm

Câu Cho tam giác ABC vuông A Lấy điểm M tùy ý A B Đường tròn đường kính BM cắt đường

(16)

a) Chứng minh tứ giác AM EC tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh góc ACM góc KHM

c) Chứng minh đường thẳng BH, EM AC đồng quy

d) Giả sử AC < AB, xác định vị trí M để tứ giác AHBC hình thang cân

Lời giải

O

H

D C

E K

A M B

a) Chứng minh tứ giác AM EC tứ giác nội tiếp

Do 4ABC vuông A nên \CAB = 90◦ hay \CAM = 90◦

Do \M EB = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ \M EC = 90◦

Vậy tứ giác AM EC nội tiếp đường tròn đường kính M C

b) Chứng minh góc ACM góc KHM

Nối B với H, xét (O) ta có \HBE = \HKE (hai góc nội tiếp chắn cung HE)

Do tứ giác AM EC nội tiếp, nên \ECM = \EAM (hai góc nội tiếp chắn cung EM )

Lại có \HBE + \HCB = 90◦, suy \AKH + \KAM = 90◦⇒ KH ⊥ AB

Mà AC ⊥ AB, suy AC ∥ KH ⇒ \ACM = \KHM (hai góc vị trí so le trong)

c) Chứng minh đường thẳng BH, EM AC đồng quy

Gọi D giao điểm AC BH ⇒ CH, BA hai đường cao 4BCD ⇒ M trực tâm 4BCD

Lại có M E ⊥ BC ⇒ M E đường cao 4BCD ⇒ M E qua D, hay ba đường thẳng BH, M E, AC đồng

(17)

d) Giả sử AC < AB, xác định vị trí M để tứ giác AHBC hình thang cân

Tứ giác AHBC hình thang cân ⇔ M B = M C ⇔ 4M BC cân M ⇒ E trung điểm BC

Ta có 4BEM v 4BAC ⇒ BM BC =

BE

BA ⇒ BM =

BE · BC

BA =

1 2·

BC2

BA

Vậy điểm M thuộc đoạn AB thỏa mãn hệ thức BM = ·

BC2

(18)

ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2006

Thời gian: 90 phút (khơng kể phát đề)

ï a + 3√a + 2

(√a + 2)(√a − 1) −

a +√a a −

ò :

Å 1 √

a + 1+ √

a − ã

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm a để P −

√ a +

8 ≥

Lời giải

a) Điều kiện xác định: a ≥ a 6=

Ta có P =

ï a + 3√a + 2

(√a + 2)(√a − 1) −

a +√a a −

ò :

Å 1 √

a + 1+ √

a − ã

=ï ( √

a + 1)(√a + 2) (√a + 2)(√a − 1)−

√

a(√a + 1) (√a − 1)(√a + 1)

ò :

Å√a − +√a + 1

(√a + 1)(√a − 1) ã

=

Å√a + 1 √

a − 1− √

a √

a − ã

·( √

a + 1)(√a − 1) 2√a

=√ a − 1·

(√a − 1)(√a + 1) 2√a

= √

a + 2√a

b) Ta có P −

√ a +

8 ≥ ⇔ 2√a √

a + 1− √

a + ≥

⇔ 16√a − (√a + 1)2≥ 8(√a + 1)

⇔ a − 6√a + ≤

⇔ (√a − 3)2≤ 0

⇔√a − =

⇔ a = (thỏa mãn điều kiện)

Vậy a =

Câu Một ca nơ xi dịng khúc sơng từ A đến B dài 80km, sau lại ngược dòng đến địa điểm C cách

bến B 72km Thời gian ca nơ xi dịng thời gian ngược dịng 15 phút Tính vận tốc riêng ca nơ biết vận

tốc dịng nước 4km/h

Lời giải

Gọi x(km/h) vận tốc riêng ca nô (Điều kiện x > 4)

Thời gian ca nô từ A đến B 80

x + thời gian ca nô từ B đến C 72 x −

Vì thời gian ca nơ xi dịng thời gian ngược dòng 15 phút nên ta có phương trình

80 x + 4+

1 =

72

x − ⇔ 320(x − 4) + (x + 4)(x − 4) = 288(x + 4) ⇔ x

2+ 32x − 2448 = ⇔



 x = 36

x = −68

Vậy vận tốc

riêng ca nơ 36km/h

Câu Tìm toạ độ giao điểm A B đồ thị hàm số y = 2x + y = x2 Gọi D C hình chiếu

(19)

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường y = 2x + y = x2

x2= 2x + ⇔ 



x = −1 ⇒ y =

x = ⇒ y =

Suy A(−1; 1) B(3; 9)

Vì D C hình chiếu vng góc A B trục hồnh nên ta có D(−1; 0) C(3; 0)

ABCD hình thang vng C D nên có diện tích

SABCD=

(AD + BC) · CD

2 =

(1 + 9) ·

2 = 20 (đvdt)

Câu Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây M N vng góc với OA C

Gọi K điểm tuỳ ý cung nhỏ ¯BM , H giao điểm AK M N

a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp;

b) Tính tích AH.AK theo R;

c) Xác định vị trí điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn

Lời giải

M

O

N

A B

H

D

C

K

a) Tứ giác BCHK có \BCH = 90◦(gt) \BKH = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy BCHK tứ giác nội tiếp

b) Hai tam giác ACH AKB có \ACH = \AKB = 90◦ \BAK chung

⇒ 4ACH v 4AKB ⇒ AC AK =

AH

AB ⇒ AH.AK = AB.AC = 2R · R

2 = R

2.

c) Trên đoạn KN lấy điểm D cho KD = KB

Dễ thấy hai tam giác BM N KBD tam giác

Ta có \BM K = \BN K (1) (góc nội tiếp chắn cung KB)

Ta lại có \N BD = \M KB = 120◦ (2)

Từ (1) (2) suy \M BK = \BN D (tổng góc tam giác 180◦)

(20)

⇒ 4M BK = 4N BD (c-g-c) ⇒ M K = N D

Do đó, ta có KM + KN + KB = DN + DK + KN = 2KN

Suy tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn KN đạt giá trị lớn ⇔ KN đường kính

Vậy tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn 4R K điểm đối xứng N qua O hay K điểm

chính cung nhỏ BC

Câu Cho hai số dương x, y thoả mãn điều kiện x + y = Chứng minh : x2y2(x2+ y2) ≤

Lời giải

Ta có x2y2(x2+ y2) =1

2xy2xy(x

2+ y2) ≤

2xy

Å x2+ 2xy + y2

2

ã2

= 2xy ≤ 2x + y

2

(21)

ĐỀ SỐ 9

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2007

Câu Cho biểu thức P = √

x √

x − + √

x + 1−

6√x − x −

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P <1

Lời giải

a) Điều kiện ≤ x 6=

P = √

x √

x − + √

x + 1−

6√x − x −

= √

x(√x + 1) + 3(√x − 1) − 6√x + x −

= x − √

x + x −

= √

x − √

x +

b) Để P = √

x − √

x + < ⇔ 2(

√

x − 1) ≤√x + ⇔√x ≤ ⇔ x ≤

Kết hợp điều kiện ta ≤ x < x 6=

Câu Giải toán sau cách lập phương trình

Một người xe đạp từ A đến B cách 24 km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc

đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

Lời giải

Gọi vận tốc lúc x (km/h), x >

Khi đó, vận tốc lúc x + (km/h)

Theo đề ta có phương trình 24 x −

24 x + =

1 Phương trình tương đương với x2+ 4x − 192 = 0.

Giải ta x = 12 x = −16 (loại)

Vậy, vận tốc người xe đạp từ A đến B 12 km/h

Câu Cho phương trình x2+ bx + c = 0.

a) Giải phương trình b = −3, c =

b) Tìm b, c để phương trình có hai nghệm phân biệt tích

Lời giải

a) Khi b = −3, c = ta có tổng hệ số a + b + c = nên phương trình có hai nghiệm x1= 1, x2=

b) Phương trình có hai nghệm phân biệt tích 



 ∆ >

P = c a =

⇔  



b2− 4c >

c =

⇔  



b > b < −2

c =

(22)

Câu Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên đường thẳng d lấy điểm H (H khác A)

AH < R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d cắt đường trịn hai điểm phân biệt E, B (E nằm B H)

a) Chứng minh \ABE = \EAH 4ABH v 4EAH.

b) Lấy điểm C đường thẳng d cho H trung điểm AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh

tứ giác AHEK nội tiếp

c) Xác định vị trí điểm H để AB = R√3

Lời giải

B

d C H A

E

M O

K

a) Ta có \ABE = \EAH (cùng chắn cung AE)

4ABH 4EAH hai tam giác vng góc có \ABE = \EAH nên 4ABH v 4EAH.

b) Vì H trung điểm AC EH ⊥ AC nên 4AEC cân E

Suy [ECA = [EAC = \ABH

Mà \ABH + \BAH = 90◦

⇒ [ECA + \BAH = 90◦

⇒ \EKA = 90◦

Tứ giác AHEK có \EHA + \EKA = 180◦ nên tứ giác nội tiếp

c) Gọi M trung điểm EB OM ⊥ EB OM = AH

Ta có AB = R√3 ⇒ \AOB = 120◦⇒ \BOM = 30◦⇒ 4OBE cạnh R

Vậy OM = AH = R √

3

Câu Cho đường thẳng y = (m − 1)x + Tìm m để khoảng cách từ gốc toạ độ O tới đường thẳng lớn

(23)

O x y

B H

A

Dễ thấy A(0; 2) điểm cố định đường thẳng Gọi B giao điểm đường thẳng với trục hoành Trong tam

giác vng OAB kẻ OH ⊥ AB, H ∈ AB OH khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng

Vì OH, OA đường vng góc đường xiên kẻ từ O đến AB nên OH ≤ OA

Do đó, khoảng cách từ O đến đường thẳng lớn H trùng với A, nghĩa đường thẳng qua A song song

với trục hoành

(24)

ĐỀ SỐ 10

ĐỀ THI VÀO 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2008

Câu Cho biểu thức P = Å 1 √ x+ √ x √

x + ã

: √

x x +√x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x =

c) Tìm giá trị x để P = 13

Lời giải

a) Điều kiện xác định biểu thức P x >

Ta có P = Å 1 √ x+ √ x √

x + ã

: √

x x +√x =

√

x + + x √

x (√x + 1) : √

x √

x (√x + 1)

= x + √

x + √

x (√x + 1) · √

x (√x + 1) √

x =

x +√x + √

x ·

b) Khi x = ta P = + √

4 + √

4 =

4 + +

2 =

7 2·

c) Với điều kiện x > P = 13

3 ta phương trình

x +√x + √

x =

13

3 ⇔ 3x + √

x + = 13√x ⇔ 3x − 10√x + =

⇔ 3x − 9√x −√x + = ⇔ 3√x √x − 3 − √x − 3 =

⇔ √x − 3

3√x − 1 = ⇔ 

 √

x − =

3√x − =

⇔ 

  √

x = √

x =

⇔ 

 

x =

Đối chiếu điều kiện x > ta nhận x = x =

9 giá trị thỏa mãn yêu cầu toán

Câu Giải toán sau cách lập phương trình, hệ phương trình:

Tháng thứ hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% tổ II vượt mức 10% so

với tháng thứ nhất, hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy Hỏi tháng thứ tổ sản xuất

chi tiết máy?

Lời giải

Gọi x, y số chi tiết máy mà tổ I, tổ II sản xuất tháng thứ

Điều kiện           

x, y ∈ N∗

x < 900

(25)

Vì tháng thứ hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy nên ta có phương trình

x + y = 900 (3)

Vì tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ hai tổ sản xuất 1010 chi

tiết máy nên ta có

1,15x + 1,1y = 1010 ⇔ 23x + 22y = 20200 (4)

Từ (5) (6) ta có hệ phương trình

  

 

x + y = 900

23x + 22y = 20200 ⇔     

23x + 23y = 20700

23x + 22y = 20200 ⇔     

x = 400

y = 500

Vậy tháng thứ tổ I sản suất 400 chi tiết máy tổ II sản xuất 500 chi tiết máy

Câu Cho parabol (P ) : y = 4x

2và đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 1, với m tham số.

a) Chứng minh với m đường thẳng (d) cắt parabol (P ) hai điểm phân biệt A, B

b) Tính diện tích tam giác AOB theo m (O gốc toạ độ)

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm (P ) (d)

1 4x

2= mx + ⇔ x2− 4mx − = 0. (*)

Phương trình (∗) có ∆0= (−2m)2− · (−4) = 4m2

+ > với m thuộc R

Vậy phương trình (∗) ln có hai nghiệm phân biệt với m Do đường thẳng (d) ln cắt parabol (P )

hai điểm phân biệt A, B với giá trị m

b) Phương trình (∗) ln có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng hình vẽ bên

Gọi giao điểm (d) (P ) A(x1; y1), B(x2; y2)

với x1, x2 hai nghiệm phương trình (∗)

x1< < x2

Gọi hình chiếu vng góc B, A lên trục Ox lần

lượt C, D

Ta có

OC = |x2| = x2;

OD = |x1| = −x1;

CD = OC + OD = x2− x1;

BC = |y2| =

1 4x

2 2;

AD = |y1| =

1 4x x y O A B D C

Diện tích tam giác OAB

SOAB = SABCD− SOBC− SOAD=

(AD + BC)CD

2 −

1

2OC · BC −

2OD · AD

= Å 4x 2+ 4x ã

(x2− x1)

2 −

1 2x2·

1 4x

2 2−

1 2(−x1) ·

1 4x = 8(x

2+ x21)(x2− x1) −

1 8x 2+ 8x 1= 8x 1x2−

1 8x

2 2x1=

1

(26)

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (∗) ta có

  

 

x1+ x2= 4m

x1x2= −4

Khi (x1− x2)2= (x1+ x2)2− 4x1x2= 16m2+ 16 = 16(m2+ 1)

Suy

|x1− x2| =

»

16(m2+ 1) = 4pm2+ 1

⇒x1− x2= −4

p

m2+ (vì x

1< x2)

Do SOAB =

1

8 · (−4) · Ä

−4√m2+ 1ä= 2√m2+ 1.

Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R E điểm đường trịn (E khác A B) Đường

phân giác góc \AEB cắt đoạn AB F cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

a) Chứng minh 4KAF v 4KEA

b) Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF OE, chứng minh đường trịn (I) bán kính IE tiếp xúc với

đường tròn (O) E tiếp xúc với đường thẳng AB F

c) Chứng minh M N ∥ AB, M, N giao điểm thứ hai AE, BE với đường trịn (I)

d) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KP Q theo R E chuyển động đường tròn (O), với P giao

điểm N F AK, Q giao điểm M F BK

Lời giải

E

O I

A B

K P

Q N M

(27)

a) Ta có \AEK = \BEK (vì EK tia phân giác góc \AEB)

Lại có \BAK = \BEK (hai góc nội tiếp chắn cung ¯BK) nên \BAK = \AEK

Xét hai tam giác KAF KEA có

\

AKF = \AKE (góc chung)

\

KAF = \KEA (chứng minh trên)

Vậy 4KAF v 4KEA (g-g)

b) Ta có O, I, E thẳng hàng OI = OE − EI nên đường trịn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường trịn (O) E

Tam giác IEF có IE = IF nên cân I

Tam giác OEK có OE = OK nên cân O

Suy [IF E = \OKE (cùng góc \OEK)

Mà hai góc vị trí đồng vị nên IF ∥ OK

Vì EK tia phân giác góc \AEB nên ¯AK = ¯BK, suy AK = BK Vì tam giác ABK vng cân

K Cho nên OK ⊥ AB

Ta có IF ∥ OK OK ⊥ AB nên AB ⊥ IF

Mà IF bán kính đường trịn (I, IE) nên đường trịn (I, IE) tiếp xúc với đường thẳng AB F

c) Ta có \M EN = \AEB = 90◦ nên M N đường kính đường trịn (I, IE) Khi tam giác EIN cân I

Cho nên [IN E = [IEN

Lại có tam giác OEB cân O nên \OBE = \OEB

Suy [IN E = \OBE hay \M N E = \ABE

Mà hai góc \M N E \ABE vị trí đồng vị nên M N ∥ AB.

d) Ta có \M F N = 90◦nên \P F Q = 90◦.

Ta có \AKB = 90◦

Trong đường trịn (O) ta có

\

KAB = \KEB (1)

Trong đường trịn (I) ta có

\

AF M = \F N M = \F EM = \F EN = \KEB (2)

Từ (1) (2) suy \KAB = \AF M

Mà hai góc vị trí so le nên M Q ∥ AK Do M Q ⊥ BK hay \F QK = 90◦.

Xét tứ giác P F QK có \P F Q = \F QK = \P KQ = 90◦ nên tứ giác P F QK hình chữ nhật

Xét tam giác BF Q vng Q có

\

QBF = \F EM = \AF M = \QF B

Suy tam giác BF Q vuông cân Q

Chu vi KP Q

KP + P Q + KQ = F Q + P Q + KQ = QB + F K + QK

= QB + QK + F K = BK + F K

Ta ln có ¯AK = ‘BK (đã chứng minh phần trên) nên K điểm cung ˜AB

Vì O cố định, K cố định F K ≥ OK (quan hệ đường vng góc, đường xiên) nên chu vi tam giác KP Q nhỏ

nhất F ≡ O E điểm cung ˜AB

Như chu vi nhỏ tam giác KP Q

(28)

Câu Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x − 1)4+ (x − 3)4+ 6(x − 1)2(x − 3)2.

Lời giải

Đặt a = x − Khi x − = a + x − = a −

Ta có

P = (a + 1)4+ (a − 1)4+ 6(a + 1)2(a − 1)2

= a4+ 4a3+ 6a2+ 4a + + a4− 4a3+ 6a2− 4a + + 6(a2− 1)2

= 8a4+ ≥

Đẳng thức xảy a = hay x − = ⇔ x =

(29)

ĐỀ SỐ 11

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GDHN, NĂM 2009 - 2010

Câu (9D1B8) [9D1B8][9D1B8] Cho biểu thức A = x x − +

1 √

x − 2+ √

x + (với x 6= 4, x ≥ 0)

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức A x = 25

c) Tìm giá trị x để A = −1

Lời giải

a) A = x + ( √

x + 2) + (√x − 2)

x − =

x + 2√x (√x + 2)(√x − 2) =

√ x √

x −

b) Với x = 25 ⇒ A =5

c) A = −1 ⇔

√ x √

x − = − ⇔

√

x = −√x + ⇔√x = ⇔ x =

1

4 (thỏa mãn)

Câu (9D4B8) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai tổ sản xuất may loại áo Nếu tổ thứ may ngày, tổ thứ hai may ngày hai tổ

may 1310 áo Biết ngày tổ thứ may nhiều tổ thứ hai 10 áo, hỏi

tổ ngày may áo?

Lời giải

Gọi số áo tổ may ngày x (x ∈ N∗, áo) Số áo tổ may ngày x + 10 (áo)

Trong ngày tổ thứ may 3(x + 10) (áo)

Trong ngày tổ thứ hai may 5x (áo)

Tổ may ngày tổ may ngày 1310 áo nên ta có phương trình

3(x + 10) + 5x = 1310 ⇔ 8x = 1280 ⇔ x = 160 (thỏa mãn)

Vậy ngày tổ may 160 + 10 = 170 áo

Mỗi ngày tổ may 160 áo

Câu (9D4B4) [9D4B6] Cho phương trình x2− 2(m + 1)x + m2+ = (1).

a) Giải phương trình m =

b) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2thỏa mãn x21+ x 2= 10

Lời giải

a) Khi m = ta có phương trình x2− 4x + = ⇔



 x =

x =

b) Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ∆0> 0

⇔ (m + 1)2− (m2+ 2) > ⇔ 2m − > ⇔ m >1

(30)

Áp dụng Viet ta có  



x1+ x2= 2(m + 1)

x1x2= m2+

Ta có x2

1+ x22= 10 ⇔ (x1+ x2)2− 2x1x2= 10 ⇔ 4(m + 1)2− 2(m2+ 2) = 10

⇔ m2+ 4m − = ⇔





m = (thỏa mãn)

m = −5 (loại)

Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán

Câu (9H3B7) [9H2B6][9H2B6][9H3K7] Cho đường tròn (O; R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp

tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp

b) Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE · OA = R2.

c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K đường tròn (O; R) cắt AB, AC

theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác AP Q có diện tích khơng đổi K chuyển động cung nhỏ

BC

d) Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt AB, AC theo thứ tự M , N Chứng minh P M + QN ≥ M N

Lời giải

M

P B

N

C

Q

O A

K

E

a) Vì AB, AC tiếp tuyến đường trịn (O) nên AB ⊥ OB, AC ⊥ OC

⇒ ABOC tứ giác nội tiếp

b) Vì AB = AC (tính chất tiếp tuyến) OB = OC ⇒ OA đường trung trực BC

⇒ BC ⊥ OA E

Xét tam giác OBA có \OBA = 90◦ đường cao BE ⇒ OE · OA = OB2= R2

c) Vì P K, P B tiếp tuyến (O) cắt P nên P K = P B Tương tự, QK = QC

Ta có AP + P Q + QA = AP + P B + AQ + QC = AB + AC (khơng đổi)

d) Vì ABC tam giác cân A M N ∥ BC ⇒ AM N tam giác cân A ⇒ \AM N = \AN B ⇒ \M AN + \AM N = 180◦

(31)

Xét tam giác P OM có \P ON = \P M O + \OP M = \P OQ + \QON ⇒ \QON = \OP M

Ta có ∆OM P v ∆QN O (g-g) ⇒ OM QN =

P M

ON ⇒ P M · QN = OM

2.

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có P M + QN ≥ 2√P M · QN = 2OM = M N

Câu (9D5G5) Giải phương trình

x2−1

4 + …

x2+ x +

4 = 2x

3+ x2+ 2x + 1.

Lời giải

x2−1

4+ …

x2+ x +1

4 = 2x

3+ x2+ 2x + 1

⇒ s

x2−1

4+

Å x +

2 ã2

=1 2[x

2(2x + 1) + (2x + 1)]

⇒ Å

x −

ã Å x +1

2 ã +

x +1 = Å

x +1 ã

(x2+ 1)

Nhận xét: để phương trình có nghiệm x ≥ −1

2 Khi ta có

Å x −

2 ã Å

x + ã

+ Å

x + ã

= Å

x + ã

(x2+ 1)

⇒

Å x +

2 ã2

= Å

x + ã

(x2+ 1)

⇒ Å

x +1 ã

= Å

x + ã

(x2+ 1) ⇒ Å

x + ã

x2= ⇒ 

 

x =

x = −1

• Với x = thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn

• Với x = −1

2 thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn

Vậy tập nghiệm phương trình S = ß

0; −1 ™

(32)

ĐỀ SỐ 12

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 - TP HÀ NỘI NĂM 2010

Câu Cho P = √

x √

x + 3+ 2√x √

x − 3− 3x +

x − , (x ≥ x 6= 9)

a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P =

c) Tìm GTLN P

Lời giải

a) P = √

x √

x + 3+ 2√x √

x − 3− 3x +

x −

P = √

x √

x + 3+ 2√x √

x − 3−

3x + (√x − 3)(√x + 3)

P = √

x(√x − 3) + 2√x(√x + 3) − (3x + 9) (√x − 3)(√x + 3)

P = x − √

x + 2x + 6√x − 3x − (√x − 3)(√x + 3)

P =

√ x − (√x − 3)(√x + 3)

P = 3( √

x − 3) (√x − 3)(√x + 3)

P = √ x +

b) P = ⇔

3 √

x + = ⇔

√

x + = ⇔√x = ⇔ x = 36

c) Ta có x ≥ ⇔√x ≥ ⇔√x + ≥ ⇔ √ x + ≤

1 ⇔

3 √

x + ≤ ⇔ P ≤ Vậy Pmax= 1, dấu xảy x =

Câu Giải tốn sau cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13 m chiều dài lớn chiều rộng m Tính chiều dài

chiều rộng mảnh đất

Lời giải

Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (m) (3 < x < 13)

Vì chiều dài lớn chiều rộng m nên chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Theo đề, ta có phương trình: x2+ (x + 7)2= 132

⇔ 2x2+ 14x − 120 = ⇔ x2+ 7x − 60 = 0.

∆ = 289 > nên phương trình có hai nghiệm

x1= (thỏa mãn điều kiện)

x2= −12 (loại)

Vậy chiều rộng hình chữ nhật m; chiều dài 12 m

(33)

a) Chứng minh với m (d) ln cắt (P ) điểm phân biệt

b) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm (d) (P ) Tìm giá trị m để x21x2+ x22x1− x1x2=

Lời giải

a) Phương trình hồnh độ giao điểm −x2= mx − ⇔ x2+ mx − = (*)

Ta có ∆ = m2+ > ∀m, suy phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m.

Vậy d cắt (P ) hai nghiệm phân biệt với m

b) Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có  



x1+ x2= −m

x1x2= −1

(**)

Ta có x21x2+ x22x1− x1x2= ⇔ x1x2(x1+ x2) − x1x2= (***)

Thay (**) vào (***) ta có −1.(−m) − (−1) = ⇔ m =

Câu Cho đường tròn (O; R) đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B), D thuộc dây

BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC E, tia AC cắt BE F

a) Chứng minh tứ giác F CDE nội tiếp

b) Chứng minh DA.DE = DB.DC

c) Chứng minh \CF D = \OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác F CDE, chứng minh IC tiếp tuyến

của (O)

d) Cho biết DF = R, chứng minh tan \AF B =

Lời giải

a) Ta có \ACB = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy

\

DCF = 90◦ (kề bù với góc \ACB)

Tương tự \DEF = 90◦

Tứ giác F CDE có \DCF + \DEF = 180◦

Vậy tứ giác F CDE tứ giác nội tiếp

b) Xét 4DCA 4DEB có

\

ACD = \DEB = 90◦

\

ADC = \BDE (hai góc đối đỉnh)

Suy 4DCA v 4DEB (g.g) ⇒ DA

DB = DC

DE ⇔ DA · DE = DB · DC

F

A C

E

B I

O D

c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCF E, \CF D = \CED (cùng chắn cung CD) (1)

Xét đường tròn (O), \CED = \CBA (cùng chắn cung AC) (2)

Mặt khác OB = OC = R suy 4OBC cân O suy \OBC = \OCB (3)

(34)

I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDF E nên I trung điểm DF

Xét đường tròn (I), IC = ID suy 4ICD cân I ⇒ [ICD = [IDC

Ta có [ICD = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

suy [IDC + \CF D = 90◦, mà [IDC = [ICD (cmt), \CF D = \OCB (cmt)

suy [ICD + \OCB = 90◦⇔ [ICO = 90◦ ⇔ IC ⊥ OC, mà OC bán kính (O) nên IC tiếp tuyến

(O)

d) Ta có 4CBA v 4CF D (g.g) ⇒ CBCF = BA F D

Mà F D = R; BA = 2R nên CB CF =

BA F D =

Ta có tan \AF B = tan \CF B = CB CF =

Câu 10 Giải phương trình x2+ 4x + = (x + 4)√x2+ 7.

Lời giải

Đặt t =√x2+ 7, phương trình cho trở thành t2+ 4x = (x + 4)t

⇔ t2− (x + 4)t + 4x = ⇔ (t − x)(t − 4) = ⇔ 

 t = x

t =

⇔ 

 p

x2+ = 4

p

x2+ = x

⇔ 

   

x2+ = 16

 

 x ≥

x2+ = x2

⇔ x2= ⇔ x = ±3.

(35)

ĐỀ SỐ 13

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 SGD HÀ NỘI 2011

Câu 11 Cho A = √

x √

x − − 10√x x − 25−

5 √

x + , với x 6= x ≥ 25

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị A x =

c) Tìm x để A <

Lời giải

a) Với x 6= x 6= 25, ta có

A = √

x √

x − 5− 10√x x − 25−

5 √

x +

= √

x(√x + 5) x − 25 −

10√x x − 25−

5(√x − 5) x − 25

=x + √

x − 10√x − 5√x + 25 x − 25

=x − 10 √

x + 25 x − 25

= (

√ x − 5)2 (√x − 5)(√x + 5)

= √

x − √

x +

b) Với x = ⇒ A = √

9 − √

9 + = −

c) A < ⇔

√ x − √

x + < ⇔

√

x < 20 ⇔ ≤ x < 100

Kết hợp với kiều kiện xác định ta có  



0 < x < 100

x 6= 25

Câu 12 Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức

nên đội hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội

xe chở hàng hết ngày?

Lời giải

Gọi a (tấn), a ≥ 0: số hàng ngày

Gọi b (ngày), b ∈ N∗: số ngày.

Theo đề ta có

 



a × b = 140

(a + 5)(b − 1) = 140 + 10 ⇔

 



ab = 140

5b − a = 15

⇒ 5b2− 15b − 140 = ⇔



 b =

b = −4 (loại)

Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày

(36)

Câu 13 Cho parabol (P ): y = x2 đường thẳng (d): y = 2x − m2+

a) Tìm tọa độ giao điểm parabol (P ) đường thẳng (d) m =

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P ) hai điểm nằm hai phía trục tung

Lời giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm (P ) (d) m = x2= 2x + ⇔ 

 x = −2

x =

• Với x = −2 ⇒ y = ⇒ A(−2; 4)

• Với x = ⇒ y = 16 ⇒ B(4; 16)

Vậy tọa độ giao điểm (P ) (d) A(−2; 4); B(4; 16)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P ) (d) x2= 2x − m2+ ⇔ x2− 2x + m2− = (1).

u cầu tốn tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ a × c < ⇔ m2− <

0 ⇔ −3 < m <

Vậy −3 < m <

Câu 14 Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O)

tại hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B)

Đường thẳng d qua điểm E vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 M , N

a) Chứng minh AM EI tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh [EN I = [EBI \M IN = 90◦

c) Chứng minh AM · BN = AI · BI

d) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác

M IN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng

Lời giải

a) Chứng minh AM EI tứ giác nội tiếp:

Xét tứ giác M AIE có góc vng A góc E (đối

nhau), nên M AIE tứ giác nội tiếp đường trịn đường

kính M I

b) Tương tự, ta có EN BI tứ giác nội tiếp đường trịn đường

kính IN Vậy [EN I = [EBI (vì chắn cung ˆEI.)

Tương tự \EM I = [EAI (vì chắn cung ˆEI.)

Mà [EAI + [EBI = 90◦ (4EAD vuông E), suy ra

\

M IN = 180◦−Ä\EM I + [EN Iä= 90◦ A M

B N

G

E

O I

(37)

c) Do 4M AI v 4IBN ⇒ AMIB = AI

BN ⇔ AM · BN = AI · BI (1)

d) Gọi G điểm đối xứng F qua AB Ta có AM + BN = 2OG (2) (Vì tứ giác AM N B hình thang có

OG đường trung bình)

Ta có AI = R 2; BI =

3R

Từ (1) (2) ta có   

 

AM + BN = 2R

AM · BN = 3R

2

4

⇒ AM ; BN nghiệm phương trình x2− 2Rx + 3R

4 =

Từ đó, suy AM = R

2 BN = 3R

2 ⇒ 4M AI 4N BI tam giác vuông cân ⇒ M I = R√2

2

N I = 3R √

2

2 ⇒ S4M IN = 2·

R √

2· 3R √

2 = 3R2

4

Câu 15 (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = 4x2− 3x +

4x+ 2011

Lời giải

Ta có M = Å

x −1

ã2

+ x +

4x+ 2010 ≥ …

x ·

4x+ 2010 = 2011 Đẳng thức xảy x =

(38)

ĐỀ SỐ 14

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SGD HÀ NỘI 2012

Thời gian: 90 phút (khơng kể phát đề)

Câu 16

a) Cho biếu thức A = √

x + √

x + Tính giá trị biểu thức A x = 36

b) Rút gọn biểu thức B = Å √x

√

x + 4+ √

x − ã

: √x + 16

x + (với x ≥ 0, x 6= 16)

c) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị nguyên x để biểu thức B(A − 1) số nguyên

Lời giải

a) A = √

36 + √

36 + 2=

b) B = √

x(√x − 4) + 4(√x + 4) (√x + 4)(√x − 4) ·

√ x + x + 16 =

√ x + x − 16

c) B(A − 1) =

x − 16∈ Z ⇔ x − 16 ∈ {−1; 1; −2; 2} ⇔ x ∈ {14, 15, 17, 18}

Câu 17 Giải tốn sau cách lập phương trình:

Hai người làm chung công việc 12

5 xong Nếu người làm thời gian để người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm bao

nhiêu để xong công việc?

Lời giải

Gọi x, y (y > x > 0) theo thứ tự thời gian để người thứ nhất, người thứ hai hồn thành cơng việc làm

mình

Khi

x cơng việc người thứ hồn thành giờ,

y cơng việc người thứ hai hồn thành Theo giả thiết ta có hệ phương trình

  

 

y − x =

12 Å x+ y ã = ⇔     

y − x =

12

Å x+

1 x +

ã = ⇔    x =

y =

Vậy người thứ làm cần giờ, người thứ hai làm cần

Câu 18

a) Giải hệ phương trình        x+ y =

x− y =

b) Cho phương trình: x2− (4m − 1)x + 3m2− 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1, x2thoả mãn x21+ x22=

Lời giải a)        x+ y =

x− y =

⇔      10 x = y =

6 x−

⇔  

 x =

(39)

b) ∆ = 4m2+ > với m phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lý Vi-ét ta có

x1+ x2= 4m − 1, x1x2= 3m2− 2m

x2

1+ x22= ⇔ (x1+ x2)2− 2x1x2− = ⇔ 10m2− 4m − = ⇔



 

m =

m = −3

Câu 19 Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung

nhỏ AC (M khác A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB

a) Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh \ACM = \ACK

c) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân

tại C

d) Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Gọi P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm

trong nửa mặt phẳng bờ AB AP · M B M A = R

Chứng minh đường thẳng P B qua trung điểm đoạn thẳng HK

Lời giải

O K

A P

B C

H M

E I

a) Ta có \HKB = \HCB = 90◦ cho nên tứ giác CBHK nội tiếp.

b) Các tứ giác ABCM CBHK nội tiếp suy \ACM = \ABM = \ACK

c) Hai tam giác M AC EBC có \M AC = \EBC, M A = BE AC = BC hai tam giác nhau, suy

ra M C = EC (1) \ACM = \BCE; \M CE = \ACM + [ACE = [ACE + \BCE = 90◦ (2)

Từ (1) (2) suy tam giác ECM vng cân C

d) Ta có IK AP =

KB

2R ⇒ IK =

AP · KB 2R =

R · M A · KB 2R · M B (1)

Dễ thấy hai tam giác vuông ABM HBK đồng dạng M A M B =

HK KB (2)

Từ (1) (2) suy IK = HK

Câu 20 Với x, y số dương thoả mãn điều kiện x ≥ 2y, tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x

2+ y2

xy

(40)

Đặt t = x

y ≥ ⇒ M = t2+

t

Xét hiệu M −5 =

t2+ t −

5 =

(t − 2)(2t − 1)

2t ≥ với t ≥ Vậy giá trị nhỏ M

(41)

ĐỀ SỐ 15

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SGD HÀ NỘI 2013

Câu 21 Với x > 0, cho hai biểu thức A = + √

x √

x B = √

x − √

x +

2√x + x +√x

a) Tính giá trị biểu thức A x = 64

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tính x để A B >

3

Lời giải

a) Thay x = 64 (thỏa mãn) vào biểu thức A ta

A = + √

64 √

64 = +

8 = 10

8 =

b) Mẫu thức chung biểu thức B là:√x(√x + 1)

B = √

x − √

x +

2√x + x +√x

=( √

x − 1)(√x + 1) √

x(√x + 1) +

2√x + √

x(√x + 1)

=x − + √

x + √

x(√x + 1)

= √

x(√x + 2) √

x(√x + 1)

= √

x + √

x +

c) Ta có A B >

3

2 +√x √

x √

x + √

x + > ⇔

√ x + √

x > ⇔

2(√x + 1) 2√x −

3√x 2√x > ⇔

2 −√x 2√x >

Ta thấy 2√x > suy − √

x

2√x > ⇔ − √

x > ⇔ >√x ⇔ x <

Vậy < x < A B >

3

Câu 22 Giải toán sau 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

về 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

Lời giải

Gọi vận tốc xe máy lúc x (km/h) (Điều kiện: x > 0)

(42)

Suy thời gian lúc 90

x (giờ) Thời gian lúc 90

x + (giờ)

Khi đến B xe nghỉ lại 30 phút =1

2 Mà tổng thời gian nên ta có phương trình

90 x +

90 x + +

1

2 = ⇔ 9x

2− 279x − 1620 = ⇔ x2− 31x − 180 = ⇔





x = −5 (Loại)

x = 36 (TM)

Vậy vận tốc xe máy lúc 36 km/h

Câu 23

1) Giải hệ phương trình:  



3(x + 1) + 2(x + 2y) =

4(x + 1) − (x + 2y) =

2) Cho parabol (P ): y =1 2x

2 và đường thẳng (d): y = mx −1

2m

2+ m + 1.

(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:

... VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 18

Thời gian: 90 phút (khơng kể phát đề) ... VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 20

Thời gian: 90 phút (khơng kể phát đề) ... VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 21

Định dạng
Số trang	68
Dung lượng	593,11 KB