TUYỂN tập đề THI TUYỂN SINH vào lớp 10 môn TOÁN THÀNH PHỐ hà nội

 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN THÀNH PHỐ HÀ NỘI TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỜI NĨI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục, nhằm nâng cao chất lượng kì thi tuyển sinh, Website: phát hành tuyển tập đề thi tuyển sinh vào lớp 10 mơn tốn thành phố Hà Nội qua năm có đáp án chi tiết Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ Bộ GDĐT, tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng, viết theo hình thức Bộ đề ơn thi dựa đề thi vào lớp 10 năm thành phố Hà Nội Mỗi đề thi có hướng dẫn giải chi tiết! Hy vọng Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học trường THCS kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 20202021 năm Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong đóng góp thầy, giáo em học sinh toàn tỉnh để Bộ tài liệu hoàn chỉnh Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao kỳ thi tới! SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: MƠN TỐN Đề số Ngày thi 02 tháng năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I ( 2,0 điểm ) Cho hai biểu thức A = ( ) x +1 B = 25 − x  15 − x  x +1 +  : x +  x −  x − 25 với x ≥ 0; x ≠ 25 1) Tìm giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P = A.B đạt giá trị nguyên lớn nhât Bài II (2,5 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình : Hai đội cơng nhân làm chung cơng việc sau 15 ngày làm xong Nếu đội thứ làm riêng ngày dừng lại đội thứ hai làm tiếp cơng việc ngày hai đội hồn thành 25% cơng việc Hỏi đội làm riêng ngày hồn thành xong cơng việc trên? 2) Một bồn nước inox có dạng hình trụ với chiều cao 1,75 m diện tích đáy ,32 m Hỏi bồn nước đựng đầy mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày bồn nước) Bài III (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 18 = 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y = 2mx − m + parabol ( P) : y = x a) Chứng minh (d ) cắt ( P) hai điểm phân biệt b) Tìm tất giá trị m để (d ) cắt ( P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1 −2 + = +1 x1 x2 x1 x2 Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) Hai đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường trịn 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH điểm P Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP Bài V ( 0,5 điểm) Cho biểu thức P = a + b − ab với a, b số thực thỏa mãn a + b + ab = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P Hết Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 1: Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Đề số Bài (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 4 x 1  B  với x  0, x  x 1 x 2 x 3 x 3 a) Tính giá trị biểu thức A x  b) Chứng minh B  x 1 c) Tìm tất giá trị x để A x  5 B Bài (2,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 28 mét độ dài đường chéo 10 mét Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất theo đơn vị mét Bài (2,0 điểm)   4x  y   a) Giải hệ phương trình   x 2 y 2     b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y  (m  2)x  parabol (P ) : y  x i) Chứng minh (d ) cắt (P ) hai điểm phân biệt ii) Tìm tất giá trị m để (d ) cắt (P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ số nguyên Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) với dây cung AB không qua tâm Lấy S điểm tia đối tia AB ( S khác A ) Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC , SD với đường tròn (O; R) cho điểm C nằm cung nhỏ AB (C , D tiếp điểm) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB a) Chứng minh năm điểm C , D, H ,O, S thuộc đường trịn đường kính SO  b) Khi SO  2R , tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo CSD c) Đường thẳng qua điểm A song song với đường thẳng SC , cắt đoạn thẳng CD điểm K Chứng minh tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp đường thẳng BK qua trung điểm đoạn thẳng SC d) Gọi E trung điểm đoạn thẳng BD F hình chiếu vng góc điểm E đường thẳng AD Chứng minh rằng, điểm S thay đổi tia đối tia AB điểm F ln thuộc đường trịn cố định Bài (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   x   x  x Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 1: Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: MƠN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề số Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 2 x 5 B  x 5  20  x , với x  0, 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 II (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 quảng đường AB dài 120 km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10 km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe Bài III (2,0 điểm)  x  y    1) Giải hệ phương trình  4 x  y    2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 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 = x2 hai điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x (với x  x ) cho x  x Bài IV (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 NB2 = 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 điểm D, E, K thẳng hàng Bài V (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 = a2 + b2 + c2 Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 1: Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Đề số Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức A  B  x x 3 x 8 1) Tính giá trị biểu thức 𝐴 x = 25 2) Chứng minh B  x 8 x 3  x  24 với x ≥ 0; x ≠ x 9 3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị số nguyên Bài II ( 2,0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720𝑚2 Nếu tăng chiều dài thêm 10m giảm chiều rộng 6m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn Bài III ( 2,0 điểm)  3x   4  x  y  1) Giải hệ phương trình   2x  5   x  y  2) Trong mặt phẳng tọa độ 𝑂𝑥𝑦 cho đường thẳng (d): y = 3x + m2 - parabol (P): y = x2 a) Chứng minh (𝑑) cắt (𝑃) hai điểm phân biệt với 𝑚 b) Gọi 𝑥1 ; x2 hồnh độ giao điểm (𝑑) (𝑃).Tìm 𝑚 để (𝑥1 + 1)(x2 + 1) = Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (𝑂) điểm 𝐴 nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến 𝐴𝐵 với đường trịn (𝑂) (𝐵 tiếp điểm) đường kính 𝐵𝐶 Trên đoạn 𝐶𝑂 lấy điểm 𝐼 ( 𝐼 khác 𝐶, 𝐼 khác 𝑂) Đường thẳng 𝐴𝐼 cắt (𝑂) hai điểm 𝐷 𝐸 (𝐷 nằm 𝐴 𝐸) Gọi 𝐻 trung điểm 𝐷𝐸 1) Chứng minh bốn điểm 𝐴, 𝐵, 𝑂, 𝐻 nằm đường tròn AB BD  AE BE 3) Đường thẳng 𝑑 qua 𝐸 song song với 𝐴𝑂, 𝑑 cắt 𝐵𝐶 𝐾 Chứng minh 𝐻𝐾// 𝐷𝐶 2) Chứng minh 4) Tia 𝐶𝐷 cắt 𝐴𝑂 điểm 𝑃, tia 𝐸𝑂 cắt 𝐵𝑃 điểm 𝐹 Chứng minh tứ giác 𝐵𝐸𝐶𝐹 hình chữ nhật Bài V ( 0,5 điểm) Với số thực 𝑥; 𝑦 thỏa mãn x  x   y   y tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x  y Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 1: Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ kí cán coi thi số 2: 70 Website:tailieumontoan.com Q C M H P A E K  1) Tứ giác CBKH có hai góc đối HCB = vịng trịn đường kính HB 2) Góc  ACM =  ABM chắn cung  AM Vậy  ACM =  ACK O B  HKB = 900 nên tứ giác CBKH nội tiếp    chắn cung HK  ACK = HCK = HBK 3) Xét tam giác MAC EBC có hai cặp cạnh EB = MA, AC = CB góc  chắn cung MC  nên tam giác = MBC  MAC  = 450 chắn cung CB  = 900 Vậy ta có CM = CE CMB Vậy tam giác MCE vuông cân C 4) Xét tam giác PAM OBM AP.MB AP OB = = = Mặt khác ta có PAM R⇔ Theo giả thuyết ta có ABM MA MA MB 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 vng AMQ có PA = PM nên PA = PQ P trung điểm AQ nên BP qua trung điểm HK, định lí Thales (vì HK//AQ) Bài V: (0,5 điểm) x2 + y2 M= với x, y số dương x ≥ 2y xy x(2y) x + 4y x + y + 3y = Ta có ≤ (Bất đẳng thức Cauchy) = M 2(x + y ) 4(x + y ) 4(x + y ) 3y 3y + ≤ + = + = (Thay mẫu số số nhỏ hơn) 2 2 4(x + y ) 4(4y + y ) 20 5 Suy Max = x = 2y, giá trị nhỏ M = đạt x = 2y M = Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 71 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ Bài 1: 1/ Rút gọn ( ) ( x − 5) ( x − 5)( x + ) ( x − 5) x − 10 x + 25 = ( x − 5)( x + 5) ( x − 5)( x + 5) x 10 x x − − = x − x − 25 x +5 A= x + − 10 x − x + x − 10 x − x + 25 = x −5 x +5 ( )( ) x −5 x +5 A= 2/ Với x = ta có x = Vậy A = 3−5 −2 = =− 3+5 3/ Ta có: A< ⇔ x −5 x − 15 − x − − 0, tấn) Số ngày quy định 140 ngày x Do chở vượt mức nên số ngày đội chở 140 −1 x khối lượng hàng đội chở  140  − 1 ( x + ) = 140 + 10 ⇔ (140 − x )( x + ) = 150 x   x  ⇔ 140 x + 700 − x − x 2= 150 x ⇔ x + 15 x − 700= Giải x = 20 x = - 35 ( loại) Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch 140:20=7 ( ngày) Bài 3: 1/ Với m = ta có (d): y = 2x + Phương trình hồnh độ điểm chung (P) va (d) x2 = 2x + x2 – 2x – = Giải x = => y = 16 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 72 Website:tailieumontoan.com x = -2 => y = Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4) 2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) x2 – 2x + m2 – = (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu  ac < => m2 – <  (m – 3)(m + 3) < Giải có – < m < Bài 1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o => góc MAI + góc MEI = 180o.=> tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o  góc IEN + góc IBN = 180o  tứ giác IBNE nội tiếp  góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*)  Do tứ giác AMEI nội tiếp => góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o 3/ Xét tam giác vng AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)  ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g)  AM AI = BI BN  AM.BN = AI.BI 4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp nên góc AMI = góc AEF = 45o Nên tam giác AMI vng cân A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân B Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 73 Website:tailieumontoan.com  AM = AI, BI = BN Áp dụng pitago tính MI = 3R R 3R Vậy S MIN = IM IN = ( đvdt) ; IN = 2 Bài 5: CÁCH 1: 1 + 2011 = x − x + + x + + 2010 4x 4x = (2 x − 1) + ( x + ) + 2010 4x M = x − 3x + Vì (2 x − 1) ≥ x > ⇒ ≥ x 1 > , Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x + 4x 4x 1 = = 4x  M = (2 x − 1) + ( x + ) + 2010 ≥ + + 2010 = 2011 4x  x=    x=  2 x − =0     1     M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy   x = ⇔  x = ⇔   x = 4x     x > x >     x = −    x > ⇔x= Vậy Mmin = 2011 đạt x = CÁCH 2: M = 2x² + 2x² + 1/4x - 3x + 2011 Do x > nên áp dụng Cosi cho số dương 2x², 2x² 1/4x ta có 2x² + 2x² + 1/4x ≥ 3 x3 = 3x  M = (2x² + 2x² + 1/4x) - 3x + 2011 ≥ 3x -3x + 2011 = 2011  M ≥ 2011 Dấu "=" 2x² = 1/4x x³ =1/8 x = 1/2Vậy Mmin = 2011 đạt x= Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 74 Website:tailieumontoan.com CÁCH 3: M = x − 3x + 1 1  + 2011 =  x − x +  + x + + + 2010 + 4x 4 8x 8x  1 1  M =  x −  + x + + + + 2010 2 8x 8x  Áp dụng cô si cho ba số x , x2 + 1 ta có , 8x 8x 1 1 1 ⇔ x³ =1/8 ⇔ x = + ≥ 33 x = Dấu ‘=’ xẩy x= = 8x 8x 8x 8x 8x 8x 1  mà  x −  ≥ Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2=> M ≥ + + + 2010 = 2011 Vậy Mmin = 2011 4 2  đạt x = ĐỀ SỐ 10 Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x ≠ ta có : x x 3x + x ( x − 3) x ( x + 3) x + + − = + − x−9 x−9 x−9 x +3 x −3 x−9 3 x − 3( x − 3) x − x + x + x − 3x − = = = = x −9 x −9 x −9 x +3 ⇔ x = ⇔ x = 36 2) A = ⇔ x +3= = x +3 3) A = lớn ⇔ x + nhỏ ⇔ x = ⇔ x = x +3 Bài II: (2,5 điểm) Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0) ⇒ chiều dài hình chữ nhật x + (m) Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132 = x + ( x + 7) ⇔ x + 14 x + 49 − 169 = ⇔ x2 + 7x – 60 = (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 172 −7 − 17 −7 + 17 Do (1) ⇔ x = (loại) = hay x = 2 Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm) 1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: -x2 = mx – ⇔ x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m ⇒ (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m ⇒ (d) cắt (P) điểm phân biệt 2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có : x1 + x2 = -m x1x2 = -1 1) A = Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 75 Website:tailieumontoan.com x12 x2 + x22 x1 − x1 x2 = ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 − 1) = ⇔ −1(−m − 1) = ⇔m+1=3⇔m=2 Bài IV: (3,5 điểm) o   1) Tứ giác FCDE có góc đối FED = 90 = FCD nên chúng nội tiếp 2) Hai tam giác vng đồng dạng ACD DEB  = CBE  chắn cung CE, nên ta hai góc CAD DC DE = ⇒ DC.DB = DA.DE có tỉ số : DA DB 3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác  = CEA  (cùng chắn cung CD) FCDE, ta có CFD F I E C D A O B  = CBA  (cùng chắn cung AC) Mặt khác CEA  = OCB  tam OCB cân O, nên CFD    Ta có : ICD = IDC = HDB  = OBD  HDB  + OBD = OCD 900  + DCI = ⇒ OCD 900 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O 4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn  (do tính chất góc nội tiếp)  1=  COI = CAE COE CO R   tgCIO  = = = ⇒ tgAFB Mà tgCIO = = IC R Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình : x + x + = ( x + 4) x + Đặt t = x + , phương trình cho thành : t + x =( x + 4)t ⇔ t = x hay t = 4, ⇔ t − ( x + 4)t + x = ⇔ (t − x)(t − 4) = Do phương trình cho ⇔ = x + hay = x2 + x  x + = x2 ⇔ x + = 16 hay  ⇔ x2 = ⇔ x = ±3 ≥ x  Cách khác : x + x + = ( x + 4) x + ⇔ x + + 4( x + 4) − 16 − ( x + 4) x + = ⇔ ( x + 4)(4 − x + 7) + ( x + − 4)( x + + 4) = ⇔ − hay − ( x + 4) + x + 7= +4 x + 7= ⇔ = x + hay = x + x ⇔ x2 = ⇔ x = ±3 ĐỀ SỐ 11 Bài I: 1) Ta có: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 76 Website:tailieumontoan.com x A= + x−4 A = A A ( x +2 x + + x −2 x −2 x +2 ( ( + x −2 )( ) ) ( ) )( ) ( x ( x + 2) x = ( x − )( x + ) x − x+ x +2 + x −2 = x −2 x +2 x +2 x+2 x x −2 )( x +2 ) 2) Tính giá trị A x = 25 Với x = 25= ta có A 3) Tìm x để A = − A= − ⇔ Khi 25 = 25 − 3 x = − ⇔3 x = − x +2 x −2 1 ⇔ x = ⇔ x = ⇔ x = (tmdk ) Bài II: 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: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 77 Website:tailieumontoan.com x – y = 10 Ta có hệ pt: 1310 3x + y =  10 x − y = 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: x1 + x2 = 10 *) Pt có hai nghiệm ⇔ Δ ' ≥ x2 – 2(m+1)x + m2 + = (1) ⇔ (m + 1) − (m + 2) ≥ ⇔ m + 2m + − m − ≥ ⇔ 2m − ≥ ⇔ m ≥ *) Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1) ta có:  x1 + x2 = 2(m + 1)  m2 +  x1 x= Ta có x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2x1 x2 = 10 ⇔ ( 2(m + 1) ) − 2(m + 2) = 10 ⇔ (m + 2m + 1) − 2m − − 10 = ⇔ 4m + 8m + − 2m − 14 = ⇔ 2m + 8m − 10 =  m = (tmdk ) m = (không tmđk) Vậy với m = thoả mãn yêu cầu đề Bài IV Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 78 Website:tailieumontoan.com 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 vuông 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 khơng 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 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 79 Website:tailieumontoan.com 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 ) 1   x (2x + 1) + (2x + 1)  ⇔ x − +  x +=   2 2  ⇔ x2 − 1 (2x + 1)( x + 1)  + x +=  2  1  1  ⇔  x −  x +  + x + =  x +  x +  2  2  (   1 ) Điều kiện:  x +  ( x + 1) ≥ ⇔ x ≥ − 2  Phương trình tương đương: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 80 Website:tailieumontoan.com  1  1  1  ⇔  x −  x +  +  x +  =  x +  x +  2  2  2  (  1    ⇔  x +  x − +  =  x +  x +  2    ( ) ) 1 1 1  1    x +  x2 + ⇔  x +  = x +  x2 + ⇔ x+  =   2 2 2  2    ( ) ( ) 1 1   ⇔  x +  x + − =0 ⇔  x +  x =0 2 2     x+ = x= −   ⇔ ⇔ 2 (tm®k)   x =    x = ( )   ⇒ S =− ;    ĐỀ SỐ 12 Câu I Rút gọn P Điều kiện: x ≥  x + 1+ x  x + x   P  = ⇔P  x x +  x    ⇔ P= x +1+ x Với x = ⇒ P = + + = 2 ( )  x+ x +1   x x +1  ( )  x    ( ) x +1    x  Tìm x để: 13 13 ⇔ x +1+ = ⇔ 3x + x + = 13 x ⇔ 3x − 10 x + = x Đặt= t x >0 P= 3t − 10t + = Ta có: Δ ' = 25 − = 16 ⇒ 3t − 10t + = ⇔ t1 = , t2 = 3 1 Với t1 = ⇒ x = Với t3 = ⇒ x = Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 81 Website:tailieumontoan.com Vậy nghiệm : x = x = 9 Câu II Gọi tháng thứ tổ I sản xuất x ( chi tiết máy) Do tháng thứ hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy nên tháng thứ hai tổ II sản xuất 900 – x (chi tiết máy) (Điều kiện: 0< x < 900) Tháng thứ hai tổ I vượt mức 15% nên tổ I sản xuất số chi tiết máy là: x + x.15%= x.115% (chi tiết máy) (1) Tháng thứ hai tổ II vượt mức 10% nên tổ II sản xuất số chi tiết máy là: (900 - x) + (900 – x).10% = (900 – x) 110% ( chi tiết máy) (2) Trong tháng hai hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy, nên từ (1) (2) ta có phương trình: 115x 110 ( 900 − x ) + = 1010 100 100 ⇔ 5x + 99000 = 101000 ⇔ 5x = 2000 ⇔x= 400 Vậy tháng thứ tổ I sản xuất 400 (chi tiết máy) Vậy tháng thứ tổ II sản xuất được: 900 – 400 = 500 (chi tiết máy) Câu III Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: (1) x = mx + ⇔ x − 4mx − 4= ( 1) (1) có hai nghiệm phân biệt với m a.c = - < (2) Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt 2.Phương trình (1) có: Δ=' 4m + > Phương trình (1) có nghiệm: x1 =2m − m + , x =2m + m + Ta chọn: x A = 2m − m + xB = 2m + m + Thay vào (d): y = mx + ta được: yA = mxA + yB = mxB + Gọi A’ B’ hình chiếu A B lên trục Ox Gọi S1 diện tích hình thang ABB’A’ ta có: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 82 Website:tailieumontoan.com  y A + yB  = S1 S=   ( x A − xB ) ABB ' A '   S ABB= m ( xB2 − x A2 ) + ( xB − x A ) ' A' Gọi S2 diện tích tam giác AOA’: S2 = S AOA ' = y A ( − x A ) ( x A < ) S = S AOA ' = ( mxA + 1)( − xA ) Gọi S3 diện tích tam giác BOB’: y B ( xB ) = S3 S= ( mxB + 1)( xB ) BOB ' = S3 S= BOB ' 1 ( mxA + 1)( − xA ) + ( mxB + 1)( xB ) ( xA < ) 2 1 S += S3 m ( xB2 − x A2 ) + ( xB − x A ) 2 Vậy S + = S3 Diện tích: S ABO = S1 − S − S3 1 m ( xB2 − x A2 ) + ( xB2 − x A2 ) − m ( xB2 − x A2 ) − ( xB − x A ) 2 S ABO = ( xB − x A ) S ABO m + ( dvdt ) = m += S ABO = Câu IV Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 83 Website:tailieumontoan.com 1) Xét hai ΔKAF ΔKEA có:  chung (1) Góc K 1    KAF = AEK = KEB = KOB ( góc nội tiếp ) (2) Từ (1) (2) suy ra: ∆KAF  ∆KEA ( g.g )  Do EK đường phân giác góc AEB nên K điểm cung AB suy OK ⊥ AB Mà OK = OE nên cân O  = OEK  ( 3) OKE Mặt khác: I giao điểm đường trung trực EF OE nên IF = IE ∆IEF cân I =  ( 4) ⇒ IFE IEF  = OKE  Từ (3) (4) suy IFE Vậy IF // OK ⇒ IF ⊥ AB ( OK ⊥ AB ) Vậy đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với AB +) Ta có: E, I, O thẳng hàng OI = OE – IE = R – IE nên đường tròn ( I; IE ) tiếp xúc với (O; R) AE cắt (I) M, BE cắt (I) N  = 90o suy MN đường kính đường trịn ( I ) nên MN qua I Mà MEN  Hơn EF phân giác góc MEN Theo chứng minh tương tự câu a ta suy IF ⊥ MN Vậy MN // AB Theo đề ta có NF cắt AK P, MF cắt BK Q  MFN  Suy = PFQ = 90o ( hai góc đối đỉnh)  = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( O ) ) Mà góc PKQ Vậy tứ giác PKQF tứ giác nội tiếp đường tròn  = KFQ  ( chắn cung KQ ) Suy KPQ  = KFQ  ( đối đỉnh) Mà MFE    ( chắn cung ME MN // AB ) Mặt khác MFE = MNE = ABE  = ABE  ( chắn cung AE ) Hơn PKF  = KPQ  FKQ  = QPF  (chắn cung FQ) Suy PKF   Vậy FPK = PKQ = 90o suy PKQF hình chữ nhật 1   Mặt khác: PAF = KEB = AEB = 45o ⇒ ∆APF vuông cân P Suy AP = PF = KQ Suy ra: PK + KQ = AK Mà ∆AKB vuông cân K ⇒ AK = 2R Vậy chu vi tam giác KPQ là: Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 84 Website:tailieumontoan.com P= PK + KQ + PQ= 2R + PQ= 2R + KF ( PQ = KF) Vậy Pmin ⇔ KFmin ⇔ F trùng với O hay E điểm cung AB Câu V Tìm giá trị nhỏ biểu thức A A = ( x − 1) + ( x − ) + ( x − 1) ( x − ) 4 2 ( *) Đặt x – = t, đó: ( *) ⇔ A = ( t + 1) + ( t − 1) + ( t + 1) ( t − 1) 2 ⇔ A = t + 4t + 6t + 4t + + t − 4t + 6t − 4t + + ( t − 1) ⇔ A= 2t + 12t + + 6t − 12t + = 8t + ≥ ( t ≥ 0) Vậy Amin = = tức x – = hay x = _Hết Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC ... dục, nhằm nâng cao chất lượng kì thi tuyển sinh, Website: phát hành tuyển tập đề thi tuyển sinh vào lớp 10 mơn tốn thành phố Hà Nội qua năm có đáp án chi tiết Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài... tập trung vào kiến thức bản, trọng tâm kĩ vận dụng, viết theo hình thức Bộ đề ôn thi dựa đề thi vào lớp 10 năm thành phố Hà Nội Mỗi đề thi có hướng dẫn giải chi tiết! Hy vọng Bộ tài liệu ơn thi. ..1 TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỜI NĨI ĐẦU Để góp phần định hướng cho việc dạy - học trường việc ôn tập, rèn luyện kĩ cho học sinh sát với thực