Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009 - 2010 Mơn thi: Tốn Ngày thi: 24 tháng năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức: A  x  x4 x 2  x 2 với x  x  1) Rút gọn A 2) Tính giá trị A x = 25 3) Tìm x để A   Bài II (2,5 điểm) Giải toán 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? Bài III (1,0 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x2 – 2(m+1)x + m2 + = 1) Giải phương trình cho m = 2) Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: x12  x22  10 Bài IV (3,5 điểm) Cho (O;R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp 2) Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R2 3) Trên cung nhỏ BC (O;R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC 4) Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự M, N Chứng minh PM + QN  MN Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình x2    1  x  x   2x3  x  2x  4 HÕt -1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 2009 Bài I A A x  x4  x 2  x 2 x   x 2 x 2 x 2    x  2   x  2   x   x    x  x  2 x A   x   x   x  A x x2 x x 2  x 2  Tính giá trị A x = 25 Với x = 25 ta có A  x 2 Tìm x để A   A  Khi 25  25  3  3 x  x 2 x 2 1  x   x   x  (tmdk ) Bài II x Giải cách lập phương trình: * Gọi số áo tổ may ngày x ( x  N ; áo/ngày) Số áo tổ may ngày x + 10 (áo) ngày tổ thứ may 3(x +10) (áo) ngày tổ thứ may 5x (áo) Tổ may ngày tổ may ngày 1310 áo nên ta có pt: 3(x+10) + 5x = 1310  3x+30+5x=1310  8x  1310  30  8x  1280  x  160 (tmdk ) Vậy ngày tổ may 160 + 10 = 170 áo Mỗi ngày tổ may 160 áo Cách 2:Học sinh làm theo nhiều cách khác nhau: chẳng hạn giải cách lập hệ pt: * Gọi số áo tổ may ngày x ( x  N ; áo/ngày) * Số áo tổ may ngày y ( y  N ; áo/ngày) ngày tổ thứ may 3x (áo) ngày tổ thứ may 5y (áo) Vì tổ thứ may ngày, tổ thứ hai may ngày hai tổ may 1310 áo nên ta có pt: 3x + 5y = 1310 Mỗi ngày tổ may nhiều tổ 10 áo nên ta có pt: x – y = 10 Ta có hệ pt: 3x  y  1310   x  y  10 Giải hệ ta x = 170; y= 160 Bài III Cho phương trình (ẩn x): x2 – 2(m+1)x + m2 + = 1)Giải phương trình cho m = Khi m = Phương trình x  4x   Vì + (-4) + = 0, theo hệ thức Vi-ét pt có hai nghiệm phân biệt: x1  1; x2  2)Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: x12  x22  10 x2 – 2(m+1)x + m2 + = (1) *) Pt có hai nghiệm  Δ '   (m  1)  (m2  2)   m  2m   m    2m    m  *) Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1) ta có:  x1  x2  2(m  1)   x1.x2  m  Ta có x12  x22  10   x1  x2   2x1 x2  10   2(m  1)   2(m  2)  10  4(m  2m  1)  2m   10   4m  8m   2m  14   2m  8m  10   m  (tmdk )   m  5 (không tmđk) Vy vi m = tho yờu cầu đề Bài IV M B 1 P K A O E Q C N 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Xét (O): ABOB (AB tiếp tuyến (O))  góc OBA = 90o Chứng minh tương tự: góc OCA = 90o  góc OBA +góc OCA = 180o Xét tứ giác ABOC: góc OBA +góc OCA = 180o (cmt) Mà B C hai đỉnh đối tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp (dhnb tgnt) 2)Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R2 Ta có AB, AC hai tiếp tuyến (O)  AB = AC AO phân giác góc BAC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ABC tam giác cân A (dhnb tam giác cân) Mà AO phân giác góc BAC (cmt)  AOBC (t/c tam giác cân) AOBE Xét tam giác OBA vuông B: AOBE (cmt) OE.OA=OB2 (hệ thức lượng tam giác vuông) OE.OA=R2 3)Trên cung nhỏ BC (O;R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC Xét (O): PB, PK hai tiếp tuyến (O) (gt) PK = PB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự QK = QC Ta có chu vi tam giác APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PK + KQ Mà PK = PB; KQ = QC (cmt) Chu vi tam giác APQ = AP + AQ + PB + QC = AP + PB + AQ + QC 4 Chu vi tam giác APQ = AB + AC Mà A, (O) cố đinh  Tiếp tuyến AB, AC cố định AB, AC không đổi Chu vi tam giác APQ = AB + AC không đổi K di chuyển cung BC nhỏ 4)Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự M, N Chứng minh PM + QN  MN +) Chứng minh được: AMN cân A  góc M = góc N (tc tam giác cân)  góc A + góc M1 = 180o (*) Ta có góc A + góc BOC = 180o (tứ giác OBAC tgnt) Chứng minh góc BOC = góc POQ  góc A + 2góc POQ = 180 o (**) Từ (*) (**) ta có góc M1 = góc POQ Ta có góc PON góc ngồi MOP  góc PON = góc P1 + góc M1 góc POQ + góc O1 = góc P1 + góc M1 Mà góc M1 = góc POQ (cmt) góc O1 = góc P1 Xét ONQ PMO: gócM1 = gócN1 (cmt) gócO1 = gócP1 (cmt) ONQ đồng dạng với PMO  NQ ON  (đn tam giác đồng dạng) MO PM PM.NQ = OM.ON = OM2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số PM>0 PN >0 ta có: PM  PN  PM PN  PM  PN  OM  PM  PN  2OM  PM  PN  MN Câu V Giải phương trình x2   1  x  x   2x  x  2x  4   x2  1    x     x (2x  1)  (2x  1)  2   x2  1  x   (2x  1)( x  1)  2  1  1    x   x    x    x   x  2 2        1 Điều kiện:  x    x  1   x    2 Phương trình tương đương:  1  1  1    x   x     x     x   x   2  2  2    1      x   x      x   x   2     1 1      x     x   x2    x  2          1  x 2  1  x 1 2   1 1     x   x2      x   x2  2 2     x 0 x     2 (tm®k)    x   x       S   ;    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 - 2016 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) x 1 x  x3  Q  với x>0, x  x4 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 Cho hai biểu thức P  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 yên lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dịng Bài III (2,0 điểm)  2  x  y   x   1) Giải hệ phương trình    x  y   x   5 2) Cho phương trình : x2  (m  5) x  3m   (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 tròn 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 không âm a, b thỏa mãn a  b2  , tìm giá trị lớn ab biểu thức M  ab2 BÀI GIẢI Bài I: (2,0 điểm) 93  12 3 x  x  ( x  1).( x  2)  x    x4 x4 x 2 1) Với x = ta có P  2) Với Q   x 3 x  25 x 2 x  x x ( x  2)    x4 x4 ( x  2)( x  2) x x 2 P x3   x  (Do bất đẳng thức Cosi) Q x x P Dấu xảy x = 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 xi dịng nước Gọi V vận tốc tàu tuần tra nước yên 60 48 Ta có : V   ; V 2 t1 t2 60 48 60 48 Suy ra: 2 2   4 (1) t1 t2 t1 t2 t1  t2  (2) 3)  60 48  4   Từ (1) (2) ta có hệ :  t1 t2 t  t  1 60 48   4  4t22  16t2  48  Thế t1   t2 vào (1) ta :  t2 t2  t2  6 (loại) hay t2   V  22 (km/h) Bài III: (2,0 điểm) 1) Với điều kiện x  1, ta có hệ cho tương đương:   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)2  4(3m  6)  m2  2m   (m  1)2  0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm với m b) Ta có x1  x2  m  x1 x2  3m  Để x1  0, x2  điều kiện m  5 m  2  m  2 (Điều kiện để S >0, P>0) Yêu cầu toán tương đương : x12  x22  25  ( x 1 x2 )2  x1 x2  25  (m  5)2  2(3m  6)  25 (Do x1  x2  m  x1 x2  3m  ), m > -  m2  4m  12  0, m  2  m = hay m = -6, m > -  m  Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác ACMD có ACD  AMD  900 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 N Nên ta có   CA.CB  CH CD CH CB 3) Do H trực tâm ABD A I 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 vng DNH J trung điểm HD D J K H M F C O B Q 4) Gọi I giao điểm MN với AB CK cắt đường trịn 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  900  IK tiếp tuyến đường tròn tâm O Vậy MN qua điểm cố định I (với IK tiếp tuyến đường tròn tâm O) Bài V: (0,5 điểm) ab (a  b)2  (a  b ) (a  b)2  (a  b  2)(a  b  2) a  b  M     ab2 2(a  b  2) 2(a  b  2) 2(a  b  2) Ta có (a  b)2  2(a  b2 )  a  b  2(a  b2 ) 2(a  b2 )  2.4    1 2 Khi a  b  M   Vậy giá trị lớn M Vậy M  1 TS Nguyễn Phú Vinh (Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM) SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Mơn thi : Tốn Năm học: 2012 – 2013 Ngày thi : 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x 4 Tính giá trị biểu thức A x = 36 x 2  x  x  16  2) Rút gọn biểu thức B   (với x  0, x  16)  : x  x  x    1) Cho biểu thức A  3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giái toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai người làm chung cơng việc 12 xong Nếu người làm thời gian để người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai làm người phải làm để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) Hỏi 2 x  y   1) Giải hệ phương trình  6  1  x y 2) Cho phương trình : x2  (4m  1) x  3m2  2m  (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  Bài IV (3,5 điểm) 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 1) Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ACM  ACK 3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C 4) Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP.MB  R Chứng MA minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x  2y, tìm giá trị nhỏ x2  y biểu thức M = xy Hết ĐÁP AN - THANG ĐIỂM (DỰ KIẾN) Nội dung Câu 36  10   36  1) Với x = 36, ta có : A = 2) Với x  , x  16 ta có : Bài I (2,5 đ) 1,25  x( x  4) 4( x  4)  x  (x  16)( x  2) x 2   =  (x  16)(x  16) x  16 x  16  x  16  x  16 B =  3) Biểu thức B (A – 1) = x 2 x 4 x 2 số nguyên   = x  16  x  16 x 2   x – 16 = 1 hay x – 16 = 2  x = 15 hay x = 17 hay x = 14 hay x = 18 Gọi số người thứ hoàn thành cơng việc x ( , đk x > 12/5 ) số người thứ hai hoàn thành cơng việc x + Bài II Trong : người thứ làm : 1/x công việc Người thứ làm : 1/ x + công việc (2,0đ 1 )  Ta có phương trình :  x x2 1) 2 2 y  x  y  x  y  x       2   y  6     5 [pt(2)  3pt(1)]  x   x y  y 2)  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m Ta có : x1 + x2 =  b c = 4m – x1.x2 = = 3m2 – 2m a a Do đó, theo ta có  (x1 + x2)2 – 2x1x2 =  (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  m = hay m = 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 12 Giải phương trình : x = thỏa mãn đk ẩn Vậy người thứ làm xong công việc người thứ hai làm xong công việc Bài III (1,5 đ) 0,75 0,5 0,25 0,75 0,25 0,25 0,25 3 1) Góc ACM  ABM chắn cung AM ACK  HCK  HBK chắn cung HK Vậy ACM  ACK 1.25 Q C M H P A Bài IV (3,5 đ) E K O B 2) Xét tam giác MAC EBC có hai cặp cạnh EB = MA, AC = CB góc MAC = MBC chắn cung 0,5 MC nên tam giác ta có CM = CE CMB  450 chắn cung CB  900 0,5 Vậy tam giác MCE vuông cân C 3) Xét tam giác PAM OBM Theo giả thuyết ta có AP.MB AP OB Mặt khác ta có PAM  ABM R  MA MA MB 0,25 chắn cung AM tam giác đồng dạng Vì tam giác OBM cân O nên tam giác PAM cân P Vậy PA = PM Kéo dài BM cắt d Q Xét tam giác vuông AMQ có PA = PM nên PA = PQ P trung điểm AQ nên BP qua trung điểm HK, 0,25 định lí Thales (vì HK//AQ) M= x2  y2 với x, y số dương x  2y xy x2 3x x  y2   y2 x y 3x    Biến đổi M = xy xy xy 4y - Từ x  2y suy 3x 3 x    nên 4y y (*) - Theo BĐT Cơ si ta có x2 x2 x2 y 2 y Hay  y  xy 4 x  y2  1 ( xy  ) (**) xy 5 Từ (*) (**) suy M    Vậy M = đạt x = 2y 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) 2 x x 1 x 1  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 tốn cách lập phương trình: Qng 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  2y)  1) Giải hệ phương trình:  4(x  1)  (x  2y)  1 2) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = mx  m2 + m +1 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  x  Với x > 0, cho hai biểu thức A  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 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, 1 chứng minh:    a b c BÀI GIẢI Bài I: (2,0 điểm) 1) Với x = 64 ta có A   64    64 2) B ( x  1).( x  x )  (2 x  1) x x x  x   1  x ( x  x ) x xx x 1 x 2 x 1 3) Với x > ta có : A 2 x 2 x   :   B x x 1 x 1  x  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: 10 10 90 90   x( x  9)  20(2 x  9)   5   x x9 x x9 2  x  31x  180   x  36 (vì x > 0) Bài III: (2,0 điểm) 1) Hệ phương trình tương đương với: 3x   2x  4y  5x  4y  5x  4y  11x  11 x       4x   x  2y  3x  2y  6x  4y  10 6x  4y  10 y  1 2) a) Với m = ta có phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x  x   x2  x    x  1 hay x  (Do a – b + c = 0) 2 9 Ta có y (-1)= ; y(3) = Vậy tọa độ giao điểm A B (-1; ) (3; ) 2 2 b) Phươnh trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x  mx  m2  m   x2  2mx  m2  2m   (*) 2 Để (d) cắt (P) điểm phân biệt x1 , x2 phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt Khi  '  m2  m2  2m    m  1 Khi m > -1 ta có x1  x2   x12  x22  x1 x   ( x1  x2 )2  x1 x   4m2  4(m2  2m  2)   8m  4  m   2 Cách giải khác: Khi m > -1 ta có x1  x2   b   ' b   '    '  2m  a' a' Do đó, u cầu tốn  2m    m    2m    m   Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối K ANO  900 Q AMO  900 nên tứ giác nội tiếp M T 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng C I nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 H A B 62 62  AC    9(cm) P O AB  BC  AC  AB    5(cm) N 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 900) Vậy AIN  MTI  TIC nên MT // AC có hai 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 giải khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO Nên K nằm trục đẳng phương đường tròn tâm O đường trịn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn Bài IV: (0,5 điểm) Từ giả thiết cho ta có 1 1 1       Theo bất đẳng thức Cauchy ta ab bc ca a b c có: 1 1  1 1  1 1  ,    ,        a b  ab  b c  bc  c a  ca 1   1  1   1  ,   1  ,   1  2 a  c  a 2b  b 2c Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có: 3 1  3 1             6  2 a b c  2 a b c  2  1 1       (điều phải chứng minh) a b c  ... Nguyễn Phú Vinh (Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM) SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Mơn thi : Tốn Năm học: 2012 – 2013 Ngày thi : 21 tháng năm 2012 Thời...  x   x       S   ;    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 - 2016 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) x... áo tổ may ngày x + 10 (áo) ngày tổ thứ may 3(x +10) (áo) ngày tổ thứ may 5x (áo) Tổ may ngày tổ may ngày 1 310 áo nên ta có pt: 3(x +10) + 5x = 1 310  3x+30+5x=1 310  8x  1 310  30  8x  1280