Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2016 - 2017 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

1)

Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x=25$.

Với $x=25$ (thỏa mãn điều kiện) thay vào $$A$$ ta có:

$A=\frac{7}{\sqrt{25}+8}=\frac{7}{5+8}=\frac{7}{13}$.

2)

Chứng minh $$B=\frac{\sqrt{x}+8}{\sqrt{x}+3}$$.

Với $x\ge 0,x\ne 9$, ta có:

$$B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{2\sqrt{x}-24}{x-9}$$

$$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{2\sqrt{x}-24}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$$

$=\frac{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}+3\right)+2\sqrt{x}-24}{\left(\sqrt{x}-3\right).\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$$=\frac{x+3\sqrt{x}+2\sqrt{x}-24}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$$

$=\frac{x+5\sqrt{x}-24}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$=\frac{x-3\sqrt{x}+8\sqrt{x}-24}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)+8\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$=\frac{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+8\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$

$$=\frac{\sqrt{x}+8}{\sqrt{x}+3}$$.

3)

Tìm $x$ để biểu thức $P=A.B$ có giá trị là số nguyên.

Với $x\ge 0,x\ne 9$, ta có:

$P=A.B$$=\frac{7}{\sqrt{x}+8}.\frac{\sqrt{x}+8}{\sqrt{x}+3}$$=\frac{7}{\sqrt{x}+3}$.

Do $x\ge 0$ nên $P>0$

Do $x\ge 0$ nên $$\sqrt{x}+3\ge 3\iff \frac{7}{\sqrt{x}+3}\le \frac{7}{3}$$

Nên $0<P\le \frac{7}{3}$.

Để $P$ có giá trị nguyên thì $P\in \left\{1;2\right\}$

• Với $P=1$ thì $\frac{7}{\sqrt{x}+3}=1\iff \sqrt{x}+3=7\iff \sqrt{x}=4\iff x=16\left(tm\right)$;

• Với $P=2$ thì $\frac{7}{\sqrt{x}+3}=2\iff \sqrt{x}+3=\frac{7}{2}\iff \sqrt{x}=\frac{1}{2}\iff x=\frac{1}{4}\left(tm\right)$.

Vậy $x\in \left\{16;\frac{1}{4}\right\}$ là giá trị cần tìm.

Gọi chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là $x$ $\left(\mathrm{m}\right)$ $\left(x>0\right)$.

Vì diện tích của của mảnh vườn hình chữ nhật là $720{\mathrm{m}}^2$ nên chiều dài là: $\frac{720}{x}$ (m).

Sau khi thay đổi kích thước:

Chiều dài của của mảnh vườn hình chữ nhật là: $\frac{720}{x}+10$ $\left(\mathrm{m}\right)$.

Chiều rộng của của mảnh vườn hình chữ nhật là: $$x-6$$ $\left(\mathrm{m}\right)$.

Vì diện tích của của mảnh vườn hình chữ nhật không đổi nên ta có phương trình:

$\left(x-6\right)\left(\frac{720}{x}+10\right)=720$

$\iff 720+10x-\frac{4320}{x}-60=720$

$\iff 10x^2-60x-4320=0$

$\iff x^2-6x-432=0$

$\iff x^2-24x+18x-432=0$

$$\iff x\left(x-24\right)+18\left(x-24\right)=0$$

$$\iff \left(x-24\right)\left(x+18\right)=0$$

$\iff [\begin{array}{l}x=24\left(tm\right)\\ x=-18\left(ktm\right)\end{array}$

Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật đó là $$24\mathrm{m}$$; chiều dài mảnh đất hình chữ nhật đó là: $\frac{720}{24}=30$$\left(\mathrm{m}\right)$.

Giải hệ phương trình $$\{\begin{array}{c}\frac{3x}{x-1}-\frac{2}{y+2}=4\\ \frac{2x}{x-1}+\frac{1}{y+2}=5\end{array}$$

ĐK: $x\ne 1,y\ne -2$.

Đặt $\{\begin{array}{l}\frac{x}{x-1}=a\\ \frac{1}{y+2}=b\end{array}$, khi đó hệ phương trình trở thành:

$$\{\begin{array}{c}3a-2b=4\\ 2a+b=5\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3a-2b=4\\ 4a+2b=10\end{array}\iff \{\begin{array}{c}7a=14\\ 4a+2b=10\end{array}$$

$$\iff \{\begin{array}{c}a=2\\ 2a+b=5\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=2\\ b=5-2a\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=2\\ b=1\end{array}$$

Khi đó $\{\begin{array}{l}\frac{x}{x-1}=2\\ \frac{1}{y+2}=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\left(x-1\right)\\ y+2=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2x-2\\ y=-1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=-1\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $$\left(2;-1\right)$$.

a.Chứng minh $\left(d\right)$ luôn cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$:

$x^2=3x+m^2-1$

$\iff x^2-3x-m^2+1=0$ $\left(\ast \right)$

Ta có $\Delta ={\left(-3\right)}^2-\mathrm{4.1.}\left(-m^2+1\right)=9+4m^2-4=4m^2+5>0,\forall m$

Þ Phương trình $\left(\ast \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$

Vậy $\left(d\right)$ luôn cắt $\left(P\right)$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m.$

b.Gọi $$x_1,x_2$$ là hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$. Tìm $m$ để $\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)=1.$

Do $x_1,x_2$ là hoành độ giao điểm của $\left(d\right)$ và $\left(P\right)$ nên $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $\left(\ast \right)$.

Theo hệ thức Viet ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=-m^2+1\end{array}$

Ta có: $\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)=1\iff x_1{x}_2+x_1+x_2+1=1$

$\iff x_1{x}_2+\left(x_1+x_2\right)=0$

$\iff 3+\left(-m^2+1\right)=0$

$\iff m^2=4\iff [\begin{array}{l}m=2\\ m=-2\end{array}$.

Vậy $m\in \left\{2;-2\right\}$.

1)

Chứng minh bốn điểm $A,B,O,H$ cùng nằm trên một đường tròn.

Vì $$AB$$  là tiếp tuyến của $$\left(O\right)$$ nên $$AB\perp BO$$$\Rightarrow \widehat{ABO}=90^{\circ }$.

Vì $H$ là trung điểm của dây $$DE$$ của $$\left(O\right)$$ nên $$OH\perp DE$$ $\Rightarrow \widehat{AHO}=90^{\circ }$

Suy ra góc $$\widehat{ABO}+\widehat{AHO}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác $$AHOB$$

Þ tứ giác $$AHOB$$ là tứ giác nội tiếp

Þ Bốn điểm $$A,H,O,B$$ nằm trên cùng một đường tròn.

2)

Chứng minh $$\frac{AB}{AE}=\frac{BD}{BE}$$.

Xét $\left(O\right)$ có $$\widehat{ABD}=\widehat{BED}$$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến $BA$ và dây cung $BD$ và góc nội tiếp chắn cung $$BD$$)

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta AEB$ có:

$\widehat{BAE}$ là góc chung, $$\widehat{ABD}=\widehat{AEB}$$ (do $$\widehat{ABD}=\widehat{BED}$$)

$\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{BD}{BE}$ (tỉ số đồng dạng).

3)

Đường thẳng $d$ đi qua $E$ song song với $AO$, $d$ cắt $BC$ tại $K$. Chứng minh $HK//DC$.

Vì $$ABOH$$ là tứ giác nội tiếp nên $$\widehat{OAH}=\widehat{OBH}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OH$)

Vì $$EK//AO$$ nên $$\widehat{OAH}=\widehat{HEK}$$ (so le trong)

Suy ra $$\widehat{OBH}=\widehat{HEK}$$, hay $$\widehat{KBH}=\widehat{KEH}$$

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh $KH$ trong tứ giác $BHKE$

$\Rightarrow BHKE$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{KHE}=\widehat{KBE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì $$BDCE$$ là tứ giác nội tiếp nên $$\widehat{CBE}=\widehat{CDE}$$  (hai góc nội tiếp cùng chắn ), hay $$\widehat{KBE}=\widehat{CDE}$$.

Suy ra $\Rightarrow \widehat{KHE}=\widehat{CDE}$

Mà hai goc này ở vị trí đồng vị

$\Rightarrow HK//DC$.

4)

Tia $CD$ cắt $AO$ tại điểm $P$, tia $EO$ cắt $BP$ tại điểm $F$. Chứng minh tứ giác $BECF$ là hình chữ nhật.

Gọi $F^{\prime }$ là giao điểm của $$BP$$ và đường tròn $$\left(O\right)$$.

Gọi $$AQ$$ là tiếp tuyến thứ hai của $$\left(O\right)$$.

Vì $$BDQC$$ là tứ giác nội tiếp nên $$\widehat{QDC}=\widehat{QBC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì $$ABOQ$$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $$AO$$ nên $$\widehat{QBO}=\widehat{QAO}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay $$\widehat{QBC}=\widehat{QAO}$$

Do đó $$\widehat{QDC}=\widehat{QAO}$$ (cùng bằng $\widehat{QBC}$)

$\Rightarrow APDQ$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{PDA}=\widehat{PQA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )  $\left(1\right)$

Chứng minh $\Delta ABP=\Delta AQP\left(c.g.c\right)$$$\Rightarrow \widehat{PQA}=\widehat{PBA}$$ $\left(2\right)$

Ta có $\widehat{PDA}=\widehat{EDC}=\widehat{EBC}$  $\left(3\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ và $\left(3\right)$ suy ra $$\widehat{PBA}=\widehat{EBC}$$.

$\Rightarrow \widehat{ABE}-\widehat{PBA}=\widehat{ABE}-\widehat{EBC}$

$\Rightarrow \widehat{PBE}=\widehat{ABC}=90^{\circ }$.

$$\Rightarrow \widehat{F^{\prime }BE}=90^{\circ }$$$\Rightarrow F^{\prime }E$ là đường kính của $$\left(O\right)$$

$\Rightarrow F^{\prime }\in OE$ $\Rightarrow F^{\prime }\equiv F$ hay $\widehat{FBE}=90^{\circ }$

Vì $$FBEC$$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{FCE}=180^{\circ }-\widehat{FBE}=90^{\circ }$

Tứ giác $$FBEC$$ có $$\widehat{FCE}=\widehat{FBE}=\widehat{BEC}=90^{\circ }$$ nên là hình chữ nhật.