Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2015 - 2016 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

Giải hệ phương trình $$\{\begin{array}{l}2\left(x+y\right)+\sqrt{x+1}=4\\ \left(x+y\right)-3\sqrt{x+1}=-5\end{array}$$

Điều kiện: $x\ge -1$.

Đặt $\{\begin{array}{l}x+y=a\\ \sqrt{x+1}=b\end{array}$

Khi đó hệ phương trình trở thành:

$$\{\begin{array}{l}2a+b=4\\ a-3b=-5\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}2a+b=4\\ 2a-6b=-10\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2a+b=4\\ 7b=14\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{l}2a=4-b\\ b=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2a=2\\ b=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}$$

Khi đó $\{\begin{array}{l}x+y=1\\ \sqrt{x+1}=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=1-x\\ x+1=4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=-2\\ x=3\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện)

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là $\left(3;-2\right)$.

2a)

Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực $m$.

0,5

Ta có $$\Delta ={\left(m+5\right)}^2-4.\left(3m+6\right)=m^2+10m+25-12m-24$$

$$=m^2-2m+1={\left(m-1\right)}^2$$

0,25

Vì $${\left(m-1\right)}^2\ge 0,\forall m$$ nên $\Delta \ge 0,\forall m$

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực $m$.

0,25

2b)

Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác có độ dài cạnh huyền bằng 5.

0,5

Vì $\Delta \ge 0,\forall m$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm là:

$x_1=\frac{m+5-\left(m-1\right)}{2}=3$; $x_2=\frac{m+5+\left(m-1\right)}{2}=m+2$.

Để phương trình có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác có độ dài cạnh huyền bằng 5 thì:

$\{\begin{array}{l}{x}_1=3>0\\ x_2=m+2>0\\ x_1^2+x_2^2=5^2\left(\ast \right)\end{array}$

0,25

Giải $\left(\ast \right)$: $x_1^2+x_2^2=5^2$

$\iff 3^2+{\left(m+2\right)}^2=25$

$\iff 9+m^2+4m+4=25$

$\iff m^2+4m-12=0$

$\iff m^2-2m+6m-12=0$

$\iff m\left(m-2\right)+6\left(m-2\right)=0$

$\iff \left(m-2\right)\left(m+6\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}m=2\left(tm\right)\\ m=-6\left(ktm\right)\end{array}$

Kết luận: $m=2$ là giá trị cần tìm.

0,25

1)

Chứng minh tứ giác $$ACMD$$ là tứ giác nội tiếp.

0,25

Vì $M$ nằm trên nửa đường tròn tâm $O$, đường kính $AB$ nên $\widehat{AMB}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{AMD}=90^{\circ }$

0,25

Vì $DC\perp AB$ nên $\widehat{ACD}=90^{\circ }$.

Do đó $\widehat{AMD}=\widehat{ACD}=90^{\circ }$ nên $M,C$ thuộc đường tròn đường kính $AD$

0,25

Kết luận: $ACMD$ là tứ giác nội tiếp.

0,25

2)

Chứng minh $$CA.CB=CH.CD$$.

1,0

Xét $\Delta CAH$ và $\Delta CDB$ có:

$\widehat{ACH}=\widehat{DCB}=90^{\circ }$;

0,25

$\widehat{CAH}=\widehat{CDB}$ (cùng phụ với $\widehat{CBM}$)

0,25

Do đó

0,25

Suy ra $\frac{CA}{CD}=\frac{CH}{CB}$ (tỉ số đồng dạng)

Nên $CA.CB=CH.CD$ (điều phải chứng minh).

0,25

3)

Chứng minh ba điểm $A,N,D$ thẳng hàng và tiếp tuyến tại $N$ của nửa đường tròn đi qua trung điểm của $$DH$$.

1,0

Xét $\Delta ABD$ có $AM\perp BD,DC\perp AB$ và $AM,DC$ cắt nhau tại $H$

Nên $H$ là trực tâm của $\Delta ABD$

$\Rightarrow BH\perp AD$ hay $BN\perp AD$

0,25

Vì $N$ nằm trên nửa đường tròn tâm $O$, đường kính $AB$ nên $\widehat{ANB}=90^{\circ }\Rightarrow AN\perp BN$

Vì $BN\perp AD$ và $AN\perp BN$ nên ba điểm $A,N,D$ thẳng hàng.

0,25

Gọi $E$ là giao điểm của $CK$ và tiếp tuyến tại $N$

Ta có $BN\perp DN$ nên $\widehat{BNO}+\widehat{BNE}=90^{\circ }$

Vì $ON\perp EN$ nên $\widehat{BNE}+\widehat{DNE}=90^{\circ }$

Suy ra $$\widehat{BNO}=\widehat{DNE}$$

Mà $\widehat{BNO}=\widehat{OBN},\widehat{OBN}=\widehat{EDN}$ nên $\widehat{DNE}=\widehat{EDN}$

$\Rightarrow \Delta DEN$ cân tại $E$

$\Rightarrow ED=EN$        $\left(1\right)$

0,25

Ta có: $\widehat{ENH}=90^{\circ }-\widehat{END}=90^{\circ }-\widehat{NDH}=\widehat{EHN}$

$\Rightarrow \Delta HEN$ cân tại $E$

$\Rightarrow EH=EN$        $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $E$ là trung điểm của $HD$ (điều phải chứng minh).

0,25

4)

Khi $M$ di động trên cung $$KB$$, chứng minh đường thẳng $$MN$$ luôn đi qua một điểm cố định.

0,5

Gọi $I$ là giao điểm của $$MN$$ và $AB$.

Kẻ tia $IT$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn với $T$ là tiếp điểm

$\Rightarrow IN.IM=I{T}^2$         $\left(3\right)$

Ta có $$EM\perp OM$$ (vì $\Delta ENO=\Delta EMO$ và $EN\perp ON$)

$\Rightarrow N,C,O,M$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow IN.IM=IC.IO$      $\left(4\right)$

0,25

Từ $\left(3\right)$ và $\left(4\right)$ suy ra

$\Rightarrow CT\perp IO$ $\Rightarrow T\equiv K$

$\Rightarrow I$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $K$ của nửa đường tròn và đường thẳng $AB$

$\Rightarrow I$ cố định

$\Rightarrow$Đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm $I$ cố định (điều phải chứng minh).

0,25

Với hai số thực không âm $a,b$ thỏa mãn $$a^2+b^2=4$$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$M=\frac{ab}{a+b+2}$$.

0,5

Ta có: $a^2+b^2=4\Rightarrow 2ab={\left(a+b\right)}^2-4$

$\Rightarrow 2M=\frac{{\left(a+b\right)}^2-4}{a+b+2}=a+b-2$

0,25

Ta có: $a+b\le \sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=2\sqrt{2}$

$\Rightarrow M\le \sqrt{2}-1$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\sqrt{2}$

Vậy giá trị lớn nhất của $M$ bằng $\sqrt{2}-1$ khi $a=b=\sqrt{2}$.

0,25