Tuyen tap de thi vao lop 10 THPT tp ha noi tu nam 2013 den 2018 (co dap an)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = x 4 x 1 B = với x ≥ 0, x ≠  x 1 x  x 3 x 3 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Chứng minh B = x 1 3) Tìm tất giá trị x để A x  5 B Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: 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 III (2,0 điểm) 4 x  y   1) Giải hệ phương trình   x  y   2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (m + 2)x + parabol (P): y = x2 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 số nguyên Bài IV (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 1) Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường trịn đường kính SO  2) Khi SO = 2R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo CSD 3) 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 4) 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 V (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  x   x  x ………………………Hết……………………… Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án tham khảo chi tiết 1) 2) x 4 4   x 1 1 Ta có A  Ta có B   x 1 x 1    x  x 3 x  ( x  3)( x  1) x 3 x    x 1  3) x 1 x  3 Ta có   x 3  x 1 x 1 x  3 A x  5 B x 4 x x 4 x :  5  x 1   x 1 x 1 x 1 x x  x      x 1  4  x  x    ( x  2)2   Mặt khác ( x  2)2  với x  Do ( x  2)2   Vậy với x  x 20 x  2 x 4 A x  5 B Nửa chu vi là: 28 : = 14 (m) Gọi chiều dài mảnh đất x (mét) Điều kiện: < x < 14 => Chiều rộng mảnh đất 14 – x (mét) Ta có chiều dài lớn chiều rộng nên x > 14 – x => x > Vì độ dài đường chéo 10 mét nên ta có phương trình x2 + (14 – x)2 = 102  2x2 – 28x + 196 = 100  x2 – 14x + 48 =  x   (TM )    x   7( L) Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài Vậy chiều dài mảnh đất mét, chiều rộng 14 – = (mét) 1) 4 x  y   8x  y      x  y    x  y   Ta có:  9 x  x     x  y      y   1   x   x    y  1  x   y  1       x 1 x 1  y         y   1   y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) (1; -1) (1; -3) 2) Loading… 1) 1) Ta có OH  HS (Tính chất trung điểm dây cung) => H nằm đường trịn đường kính SO Ta có C, D tiếp điểm nên OC  SC; OD  SD => C, D nằm đường trịn đường kính SO 2) Ta có OD = R; SO = 2R Do đó, SD = SO  OD  R  R  R Và ta có OSD = 300 (Cạnh đối diện nửa cạnh huyền) Tương tự, ta có SC = SD = R ; OSC = 300 Do đó, tam giác SCD cân có CSD = 600 Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài  Tam giác SCD 3) Ta có AK // SC nên AKD = SCD = ½ cung SD đường trịn đường kính SO Ta có SHD = ½ cung SD đường trịn đường kính SO => AKD = AHD => Tứ giác ADHK nội tiếp 4) Loading… Điều kiện:  x  Ta có: P   x  x   x  (  x  x )  (  x  x ) - Đặt A   x  x Ta có: A2   x  x  Dấu “=” xảy - x  x 1 x     x  Đặt B   x  x    Dấu xảy x = Do P  A  B    Dấu “=” xảy x = Giá trị nhỏ P = x = Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 2 x 5 B  x 5  20  x với x  ; x # 25 x  25 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 5 3) Tìm tất giá trị x để A  B x  Bài 2: Bài 3: (2,0 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe tô xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe khơng đổi tồn qng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe (2,0 điểm)  x 2 y 1   4 x  y   1) Giải hệ phương trình  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  x hai điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x (với x  x ) cho x  x Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB  NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác   MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn O Bài 5: Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng (0,5 điểm) Cho số thực a,b, c thay đổi thỏa mãn: a  1, b  1, c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  a  b  c Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Phần Nội dung Khi x = thì: 1) 2) A  3   5 35 B 20  x   x  25 x 5  x  15  20  x  x 5 Vậy B   x 5  x  5  20  x  x  5 x  5 x 5    x 5  x 5   x 5 với x  0, x  25 x 5 Với x  0, x  25 , ta có: Bài I A  B x  (2,0đ)  x 2  x 5  x4 x 5  x 2 x4  x 2 3) 1  x 2  x 2   x   0 x 2  x 2 1   x   1 x  (thỏa mãn điều kiện)  x  Vậy x  9;1 giá trị cần tìm Bài II (2,0đ) Đổi 36 phút = Gọi vận tốc xe máy x (km/h) (x > 0)  Vận tốc ô tô x + 10 (km/h) Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài Thời gian xe máy từ A đến B Thời gian ô tô từ A đến B Ta có phương trình: 120 (giờ) x 120 (giờ) x  10 120 120   x x  10 Giải phương trình được: x1 = 40 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 50 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc xe máy 40 km/h, vận tốc ô tô 40 + 10 = 50 (km/h) ĐK: x  0, y  1)  x  y    x  y   9 x       x  y   4 x  y   8 x  y    x  x   x  (thỏa mãn điều kiện)    y  y    y       Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 5) Thay x = 0, y = vào phương trình y = mx + 5, ta được: Bài III 2a)  m.0    (đúng với m) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A(0; 5) (2,0đ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x  mx   x  mx   (*) Vì ac = – < nên phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu 2b)  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, với x1   x (do x1  x ) Mà x1  x nên: x1  x   m  (theo hệ thức Vi-ét) Vậy m < giá trị cần tìm Trung tâm ơn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài A M H B O I 1 K C N  ,C  góc nội tiếp chắn cung nhỏ MA, MB Ta có N   MB  (GT) Mà MA 1) 1  C 1 N  Bốn điểm C, N, K, I thuộc đường trịn (theo tốn cung chứa góc) Bài IV 1, M  góc nội tiếp chắn cung nhỏ NC, NB Ta có B (3,5đ)   NB  (GT) Mà NC 1  M 1 B 2)  chung, B 1  M 1  NBK  NMB có: BNM   NBK   NMB (g.g) NB NK   NB  NK.NM NM NB Xét đường tròn qua bốn điểm CNKI có: 2  K  (hai góc nội tiếp chắn cung CI) N   ABC  (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O)) Mà N 3)   ABC  K Do hai góc vị trí đồng vị nên KI // BH Chứng minh tương tự ta HI // BK Tứ giác BHIK có cạnh đối song song nên hình bình hành Cách 1: Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài   MB  nên C 2  C  , hay CM tia phân giác góc ACB Vì MA Tương tự, AN tia phân giác góc BAC  ABC có hai đường phân giác AN CM cắt I  BI đường phân giác thứ ba  ABC Hình bình hành BHIK có BI đường phân giác góc B nên hình thoi Cách 2: 1, K  góc có đỉnh bên đường trịn nên: Vì H       sđ MA  sđ NB , K   sđ MB  sđ NC H 2 1  K  MA   MB  , NB N  H C     BHK cân B  BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên hình thoi Nhận xét: Phần có nhiều cách chứng minh D M Q E P B O C K 4) N (P) có góc M1 góc nội tiếp, góc P1 góc tâm chắn cung BK 1  P 1 M Mà  PBK cân P (vì PB = PK) 1800  P 1    PBK   900  P  90  M1 2 Trung tâm ôn - luyện thi EduBay (1) Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài (O) có đường kính DN qua N điểm cung BC  DN  BC DN qua trung điểm BC   DBC cân D    180  BDC  900  BDC   DBC 2   BDC  Trong (O), dễ thấy M   900  M 1  DBC (2)   DBC  Từ (1) (2)  PBK  ba điểm D, P, B thẳng hàng  ( 2M  ) hai góc vị trí đồng vị Lại có P  BDC  PK // DC Chứng minh tương tự ba điểm D, Q, C thẳng hàng QK // DB Do đó, PK // DQ QK // DP  Tứ giác DPKQ hình bình hành  E trung điểm đường chéo PQ E trung điểm đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo cách sau: Cách 2:   P  PBK M   900 Từ  PBK cân M   BDN   900 Từ DN  BC  DBK M   900 (do BDN  M 1 )  DBK   DBK   ba điểm D, P, B thẳng hàng  PBK Cách 3:   sđ BK  (P) có góc M1 góc nội tiếp nên M Trung tâm ơn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài C F x  x    x  x  x    x  x     x      x  1 x    2 K M  x 1  x    x    x  4 E Với x = suy y = A(1; 1) Với x = -4 suy y = (-4)2 = 16 B(-4; 16) Vậy đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A(1; 1) B(-4; 16) b) Ta có x  mx  m   (1)     m   4.1 m  1  m  4m    m   2 A O H N Để phương trình có nghiệm phân biệt khi:    m    0m Áp dụng hệ thức Vi – ét vào phương trình (1) ta có: x1  x2  m x1 x2  m  Ta có: x12  x2  x1  x2   x1  x2   x1 x2   x1  x2    m  2(m  1)  m   m  2m   m   m  m    (m  2)  m   m    m  1 m       m   m  Vậy m = m = parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 thỏa mãn: x12  x2  x1  x2 Câu IV (3,5 điểm) Cho  O; R  , đường kính AB , đường kính AB vng góc với dây cung MN H ( H nằm O B ) Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn  O; R  cho đoạn AC cắt đường tròn  O; R  điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E a) Chứng minh rằng: AHEK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: CA.CK  CE.CH c) Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh rằng: NFK cân d) Giả sử KE  KC Chứng minh rằng: OK / / MN Hướng dẫn giải : AHE   AKE  1800 mà H K hai đỉnh đối diện a) Xét tứ giác AHEK có:  => Tứ giác AHEK nội tiếp  CE.CH b) Chứng minh CAE đồng dạng CHA (g.g) => CACK c) Xét  O  đường kính AB vng góc với dây MN Trung tâm ơn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài B  => B điểm MN   NKB  => MKB C F K M   KNF   NKB Chứng minh BK / / FN =>    MFN   MKB   KNF  => KFN cân K Từ ý suy KFN E A O H d)   KCE  Nếu KE = KC ∆ EKC cân K  KEC   BAK  ( BKA ∽ CKE - câu b) Mà KEC N   BAK   ∆ AHC vuông cân H  BAK   450  BOK   900  KCE  OK ⊥ AB mà MN ⊥ AB (gt)  OK //MN Câu V: (0,5 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác biết: a b c  0, b  c  a  0, c  a b  1 1 1      Chứng minh: a bc bca cab a b c Hướng dẫn giải : Bổ đề: Nếu x  0, y  1   x y x y Chứng minh bổ đề Vì x  0, y  nên 1 x y  ( x  y)  xy  ( x  y)2  Dấu "  " xảy x  y Bổ đề     x y x y xy x y chứng minh Áp dụng bổ đề trên, ta được: 1    abc bca abcbca a 1    b  c  a c  a b b c  a c  a b c 1    c  ab a bc c a b a bc a Cộng vế bất đẳng thức trên, được: 1   1 1      2     a bc b ca c  a b  a b c 1 1 1      Hay a bc b c a c  a b a b c Dấu xảy a  b  c  b  c  a  c  a  b  a  b  c Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài B ĐỀ SỐ Bài I (2đ) Cho hai biểu thức P  với x  0, x  x x 3x  x 1   Q  x 3 x 3 x 9 x 3 1) Tính giá trị Q x = 36 2) Rút gọn P tính M  P Q 3) Cho biểu thức A  x.M  4x  Tìm giá trị nhỏ A x 3 Bài II (2đ) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Hai người thợ làm chung công việc sau 36 phút xong Nếu người làm người thứ nhấ thồn thành cơng việc chậm người thứ hai Hỏi làm người phải làm để xong việc? Bài III (2đ) 2 x   y    4 x   y   17  1) Giảihệphươngtrình   2) Cho đường thẳng d: y = - mx + m + Parabol (P): y  x a) Tìm tọa độ giao điểm d (P) m = b) Tìm giá trị m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 cho x12  x2  Bài IV (3,5 đ) Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R).Kẻ đường cao AD đường kính AK.Hạ BE CF vng góc với AK 1) Chứng minh ABDE ACFD tứ giác nội tiếp; 2) Chứng minh DF // BK;   600 , R = 4cm Tính diện tích hình viên phân giới hạn dây CK cung 3) Cho ABC nhỏ CK; 4) Cho BC cố định, A chuyển động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định Bài V (0,5 đ) Giảiphươngtrình Trung tâm ơn - luyện thi EduBay x2  x 1  Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài HƯỚNG DẪN CHẤM TT Bài (2điểm) Đápán 1) Bài ( điểm) Tínhrakếtquả Điểm 0,5 3 x  3 M  13 x 3 x7 16  x 3  6 Biếnđổiđược A  x 3 x 3 Ápdụng BĐT Cơ-si ta tìmđược Amin   x  18 Gọithờigianngười 1làmmộtmìnhđểxongviệclà x, x> Rútgọnđược P    0,5 0,25 thờigianngười 2làmmộtmìnhđểxongviệclà x - LậpluậnđểcóPT Bài (2,5 điểm) 1) 1   x x  18 GPT tìmđược x = 9; x=1,2 Kếtluận ĐKXĐ: y  0,5 0,25 0,75 Đặt a  x  a  0; b  y  b  0 Giảiđượcnghiệmhệmớilà (4;1) Giảiđượcnghiệmhệ ban đầulà (3;3) (-5;3) a) Khi m = thìtọađộgiaođiểmlà (-3;9) (1;1) b) Pthđgđ x  mx  m  1  0,5 0,75 Khiđiptcóhainghiệmpb x1  1; x2  m 1 Bài (3,5 điểm) 1) Kếtluậnđược x12  x2   2  m  Vẽhìnhđúng A 0,25 O E C B D F K    900 ADB   AEB  900 ;  ADC  AFC 0,75   CAF  Tứgiác ADFC nộitiếp  CDF Nêncáctứgiác ABDE ADFC làcáctứgiácnộitiếp 2)   CBK   CBK   CDF   DF // BK Mà CAF Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài   600     600 AOC  1200  COK Vì CBA 3) 16 60..16 8 4 Sq   cm  ; SCOK  360 8 Svp  4 3 Gọi M, N lầnlượtlàtrungđiểmcủa BC AC  MN //AB Mà  ABK  900  MN  BK 4) 0,25 0,25 0,25 0,5 Mà BK // DF  MN  DF Các tam giác ADC, AFC vuôngtại D F  DN  FN  AC NDF cântại N Nên MN làtrungtrựccủa DF => MD = MF Tươngtự MD = ME => M làtâmđườngtrònngoạitiếp tam giác DEF Vì BC cốđịnhnên M cốđịnh Bài (0,5 điểm) Ta có Đặt  x  1 x  x  1  2 x  x  1  2 x  1 0,25 a  x  x   0, b  x    a  2b  2a  5ab  2b    b  2a 0,25  37 TH : b  2a  x   TH 1: a  2b  x  Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài ĐỀ SỐ Câu 1: (2 điểm): Cho hai biểu thức x x 1 x 4   ( với x  , x  ) x 1 x 1 x 1 Tính giá trị biểu thức A x  25 Rút gọn biểu thức B Tính giá trị nhỏ biểu thức P  A.B A x 1 B  x 1 Câu 2: (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe định dùng số xe loại để chở hết 90 hàng Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì vậy, xe phải chở thêm hàng hết số hàng Tính khối lượng hàng xe lúc đầu phải chở Biết khối lượng hàng xe phải chở Câu 3: (2 điểm):   x  y   y   10 Giải hệ phương trình sau  3  x  y   y   Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho đường thẳng d : y  x  Parabol  P  : y  x2 a) Vẽ  P  d hệ tọa độ  Oxy  tìm tọa độ giao điểm A, B đường thẳng d  P  b) Tính diện tích tam giác AOB Câu 4: (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC cắt AB AC F E BE cắt CF H, tia AH cắt BC D a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn Xác định tâm đường trịn b) Chứng minh HE.HB=2HD.HI c) Chứng minh điểm D, E, I, F thuộc đường tròn KE  AB   d) Kẻ IK  OA  K  OA  Chứng minh  KF  AC  Câu 5: (0,5 điểm): Cho x, y số thực thỏa mãn đồng thời: x , y  , x  y  , 2x  3y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P= x  x  y Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: Cho hai biểu thức x 1 B  x 1 A x x 1 x 4 ( với x  , x  )   x 1 x 1 x 1 Tính giá trị biểu thức A x  25 Rút gọn biểu thức B Tính giá trị nhỏ biểu thức P  A.B Lời giải 25  A    25  B  x x 1 x 4    x 1 x 1 x 1 x    x 1    x 1  x 4  x 1 x  x  x  x   x  5 x    x 1 x 1 x 1 P  A.B  x 1   5    x 1 x 1 x 1 Câu 2: (2 điểm):   x  y   y   10 Giải hệ phương trình sau  3  x  y   y   Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho đường thẳng d : y  x  Parabol a) Vẽ  P  d hệ tọa độ  Oxy  tìm tọa độ giao điểm  P  : y  x2 A, B đường thẳng d  P  b) Tính diện tích tam giác AOB Lời giải Điều kiện y  1 u  x  y hệ trở thành v  y  Đặt  4u  v  10 u    3u  2v    x  y  x  y  x  Thỏa mãn điều kiện    y   y  y  Ta có  Vậy nghiệm hệ  x; y    0;3 a) Vẽ  P  d hệ trục Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài Phương trình hồnh độ giao điểm d  P  là:  x  2 x   x  x  x     x   x  3    x  Vậy có hai giao điểm A  2;  , B  3;9  S AOB  S ABDC  S AOC  S BOD S ABDC      65 , S  4.2  , S  9.3  27 AOC BOD 2 2 65 27    15 2 Câu 3: (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe định dùng số xe loại để chở hết 90 hàng Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì vậy, xe phải chở thêm hàng hết số hàng Tính khối lượng hàng xe lúc đầu phải chở Biết khối lượng hàng xe phải chở Lời giải Vậy S AOB  Gọi x (chiếc) số xe đội có ban đầu  x  N ; x   y (tấn) khối lượng hàng ban đầu xe phải chở  y   Số xe lại khởi hành là: x  Khối lượng hàng xe phải chở khởi hành là: y  Tổng số hàng phải chở 90 nên ta có hệ phương trình:  x y  90   x   y  3  90  x  15 y  Giải hệ phương trình, so sánh điều kiện ta được:  Kết luận: Mỗi xe ban đầu phải chở hàng Câu 4: (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC cắt AB AC F E BE cắt CF H, tia AH cắt BC D Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn Xác định tâm đường trịn b) Chứng minh HE.HB=2HD.HI c) Chứng minh điểm D, E, I, F thuộc đường tròn KE  AB   d) Kẻ IK  OA  K  OA Chứng minh  KF  AC  Lời giải   900 a) Ta có BFC ( góc nội tiếp chắn đường trịn)  AFH  900   900 ( gói nội tiếp chắn đường trịn) Ta có BEC  AEH  900 Xét tứ giác AFHE có  + AFH  90  + AEH  90  AFH   AEH  1800 Vậy tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn Mà  AEH ,  AFH nhìn cạnh AH góc 900 nên tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn đường kính AH, Tâm I trung điểm AH b) Trong tam giác ABC có BE  AC , CF  AB mà BE cắt CF H suy H trực tâm tam giác ABC  AH  BC tai D Xét  BHD AHE có   900   + BDH AEH Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài  + BHD AHE ( góc đối đỉnh) Vậy  BHD đồng dạng  AHE ( góc – góc) HB HD   HB.HE  AH HD mà AH  2HI AH HE Vậy HE.HB  2HD.HI c) Ta có tứ giác DCEH   900 , HEC   900  HDC   HEC   1800 HDC tứ giác DCEH nội tiếp tương tự tứ giác BDHF nội tiếp )   HCE  ( chắn cung HE Ta có HDE   FCE   HCE )   FCE  ( chắn cung EF Mà FBE  = FBE  (1) Suy HDE   FBH  , mà FBH   FDH  ( chắn cung HF  ) (2) Mà FBE  = FDH  hay IDE  = FDI  Từ (1) (2) ta HDE mà IE=IF Suy điểm D, E, I, F thuộc đường tròn d) Ta chứng minh IE,IF tiếp tuyến đường tròn  O  Khi IF  KE   90  IFOK nội tiếp  IFK Tương tự ta có tứ giác IKOD nội tiếp đường tròn suy K ,I ,F ,D,O,E nằm đường tròn tâm J trung điểm IO Gọi P,Q giao điểm  J  với AB, AC Khi ta có: AP.AF=AI.AD= AH.AD Mà AH AD  AF.AB  AP  AB Tương tự ta có AQ  AC Ta chứng minh AKF  APO  KF AK  OP AP Lại có OP  AC ( OP đườn trung bình tam giác ABC) OP.AK AB.AK KF   AP AC AC.AK KF  AB  Chứng minh tương tự ta có: KE  suy   (đpcm) AB KE  AC  Câu 5: (0,5 điểm): Cho x, y số thực thỏa mãn đồng thời: x , y  , x  y  , 2x  3y  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P= x  x  y Lời giải Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài Cách 1: Vì x, y  , x  y    x  y  x   x  Từ x  y  , x  y   y   x  y   2x Khi P= x  x  y = x(2  x)  y   Max P=0 Dấu xảy x=y=0 Để tìm Min ta chia trường hợp TH1:  2x  x  Khi  y   x  7 P= x  x  y  x  x  (4  x) = x       Dấu “=” x  , y   2  2x  2x 4 22 14 )  x2  x   ( x  )2    P= x  x  y  x  x  ( Dấu “= x  , y  3 9 22 14 Vậy P đạt Min = x  , y  9 TH2:  x  Khi  y  Cách 2: Tìm Max ta xử lý trên, cịn tìm Min ta xử lý sau: 3 P= x  x  y = (3 y ).( )  (2 x ).(1)  x   3 y  x   x.(  1)  x 6 4 22  x  x  ( x  )2    3 9 14 Dấu xảy x  , y   Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài ĐỀ SỐ 10 Bài 1( điểm) Cho biểu thức P x2 x 1   x x 1 x  x 1 x 1 a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa Rút gọn biểu thức P b)Tính giá trị P x  94 Bài 2( điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình: Hai máy cày có suất khác làm việc cánh đồng Hai máy cày cày cánh đồng 15h Nếu máy thứ làm 12h, máy thứ hai làm 20h hai máy cày 20% cánh đồng Hỏi máy làm việc riêng cày xong cánh đồng ? Bài 3( điểm) c) Chứng minh : P  1) Giải hệ phương trình:  x2       x  2 y 1 5 y 1 2) Cho phương trình x  mx  n   ( m,n tham số ) a) Cho n  Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m  x1  x2  2  x1  x2  b) Tìm m n để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  Bài 4( 3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R , xy tiếp tuyến với (O) B CD đường kính Gọi giao điểm AC, AD với xy M, N a) Chứng tứ giác MCDN nội tiếp b) Chứng minh AC.AM=AD.AN c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp MCDN H trung điểm MN Chứng minh tứ giác AOIH hình bình hành d) Khi đường kính CD quay xung quanh điểm O I di chuyển đường nào? Bài 5(0.5 điểm) Cho a, b, c số dương Chứng minh ab bc ac b c   a    4    c a b bc ac ab -Giám thị coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh……………………………………………………….Số báo danh……………… Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án 1a ĐK: x  0; x  P   1b   Thang điểm 2đ 1đ x   ( x  1)  x  x      x 1 x  x 1 x x   x 1 x  x 1 x x  x 1 x  94  94 81  32 28  95  15 Đk : x  0; x    4   72 4  x 0.5đ P 1c      x  x 1 P  3 x  x 1  (2 đ)     x 1 0,5đ  x  x 1 0 P Gọi thời gian máy cày xong cánh đồng x (x>15;x  N* ) Gọi thời gian máy cày xong cánh đồng y (y>15; y  N * ) 0,25đ 15 15   x y 12 20 Thiết lập pt   x y 0.5 đ Giải hpt x=360; y=120 Kết luận 0.5đ 0,25đ Thiết lập pt 0.5đ 2đ 3.1 1đ Đk x  2; y  Đặt 1  a;  b  a  1; b  x2 y 1 x=3;y=2 3.2a x  mx-3=0   =m  12  0m Trung tâm ôn - luyện thi EduBay 0,5đ Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài 3.2b 0,5đ  x1  x2  m  x1 x2  n  Theo viét:   x1  x2  x  m  7   2  x1  x2   x2   n  15 Mà  y M C H A I B O D N x 4a  1đ  ADC  DAB     DAB  BAC  90     AMN  BAC  900        AMN  DAB  ADC  AMN   ADC  CDN  1800  AMN  CDN  1800  dpcm 4b AC.AM=AD.AN 1đ   Xét tam giác vng ADC AMN có ADC  AMN nên chúng đồng dạng suy 4c AD AC   dpcm AM AN I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN H trung điểm MN Chứng minh AOIH hình bình hành Kẻ trung trực CD MN suy tâm I Tam giác NAM vuông A suy HA=HM Suy Trung tâm ôn - luyện thi EduBay 1đ Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài     KAC  AMN  ADC  KAC     ADC  KCA  900  KAC  KCA  900  AK  CD  KH / / OI 1  AO  MN  AO / / HI  dpcm   HI  MN 4d AOIH hình bình hành suy raAO=HI=R Suy d(I;MN)=R Suy I nằm đường thẳng //xy cách xy khoảng =R 0,5đ 1 1 1 1 1 1 VT  a     b     c    c b c a a b 1 x y   (do  x  y   4xy   ) x y x y xy x y 0,5 đ Mà  VT  a 4  b  c  dpcm cb ac ab Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tuấn Tài ... tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tu? ??n Tài SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian... Trung tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tu? ??n Tài SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2012 – 2013 Mơn thi: TỐN Thời gian... tâm ôn - luyện thi EduBay Địa chỉ: Số 31, ngách 1/48 ngõ Phạm Tu? ??n Tài SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức : P  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: