Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2017 - 2018 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

1)

Tính giá trị của biểu thức $$A$$ khi $$x=9$$.

Với $x=9$(thỏa mãn điều kiện) thay vào $$A$$ ta có:

$A=\frac{\sqrt{9}+2}{\sqrt{9}-5}$$=\frac{3+2}{3-5}=-\frac{5}{2}$.

2)

Chứng minh $$B=\frac{1}{\sqrt{x}-5}$$.

Với $x\ge 0,x\ne 25$, ta có:

$B=\frac{3}{\sqrt{x}+5}+\frac{20-2\sqrt{x}}{x-25}$

$=\frac{3\left(\sqrt{x}-5\right)+20-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}$

$=\frac{3\sqrt{x}-15+20-2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+5\right)\left(\sqrt{x}-5\right)}$

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

$=\frac{1}{\sqrt{x}-5}$.

3)

Tìm tất cả giá trị của $x$ để $$A=B.\left|x-4\right|$$.

Với $x\ge 0,x\ne 25$, ta có:

$A=B.\left|x-4\right|$

$\iff \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}=\frac{1}{\sqrt{x}-5}\cdot \left|x-4\right|$

$\iff \sqrt{x}+2=\left|x-4\right|$             (do $x\ge 0,x\ne 25$)

$\iff \sqrt{x}+2=\left|\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)\right|$

$\iff 1=\left|\sqrt{x}-2\right|\left(\mathrm{do}\sqrt{x}+2>0\right)$

$\iff [\begin{array}{l}\sqrt{x}-2=1\\ \sqrt{x}-2=-1\end{array}$

$\iff [\begin{array}{l}x=9\\ x=1\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $x\in \left\{9;1\right\}$ là giá trị cần tìm.

Một xe ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ $A$ để đi đến $B$ với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quảng đường $AB$ dài $120\mathrm{km}.$ Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là $10km/h$ nên xe ô tô đến $B$ sớm hơn xe máy là 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.

Đổi 36 phút = $\frac{3}{5}$ giờ.

Gọi vận tốc của xe máy là $$x\left(km/h\right)\left(x>0\right)$$

Khi đó vận tốc của ô tô là $x+10$ (km/h).

Thời gian xe máy đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{120}{x}$ (giờ).

Thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{120}{x+10}$ (giờ).

Vì xe ô tô đến $B$ sớm hơn xe máy là 36 phút nên ta có phương trình:

$\frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{120x+1200-120x}{x\left(x+10\right)}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{1200}{x^2+10x}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{400}{x^2+10x}=\frac{1}{5}$

$\Rightarrow x^2+10x=2000$

$\iff x^2+10x-2000=0$

$\iff \left(x-40\right)\left(x+50\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=40\left(tm\right)\\ x=-50\left(ktm\right)\end{array}$

Vậy vận tốc của xe máy là 40 km/h; vận tốc của ô tô là $$40+10=50$$ (km/h).

Đổi 36 phút = $\frac{3}{5}$ giờ.

Gọi vận tốc của xe máy là $$x\left(km/h\right)\left(x>0\right)$$

Khi đó vận tốc của ô tô là $x+10$ (km/h).

Thời gian xe máy đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{120}{x}$ (giờ).

Thời gian ô tô đi từ $A$ đến $B$ là $\frac{120}{x+10}$ (giờ).

Vì xe ô tô đến $B$ sớm hơn xe máy là 36 phút nên ta có phương trình:

$\frac{120}{x}-\frac{120}{x+10}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{120x+1200-120x}{x\left(x+10\right)}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{1200}{x^2+10x}=\frac{3}{5}$

$\iff \frac{400}{x^2+10x}=\frac{1}{5}$

$\Rightarrow x^2+10x=2000$

$\iff x^2+10x-2000=0$

$\iff \left(x-40\right)\left(x+50\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=40\left(tm\right)\\ x=-50\left(ktm\right)\end{array}$

Vậy vận tốc của xe máy là 40 km/h; vận tốc của ô tô là $$40+10=50$$ (km/h).

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

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

ĐK: $x\ge 0,y\ge 1$

Giải hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\\ 4\sqrt{x}-\sqrt{y-1}=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\\ 8\sqrt{x}-2\sqrt{y-1}=4\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}9\sqrt{x}=9\\ \sqrt{x}+2\sqrt{y-1}=5\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{x}=1\\ 1+2\sqrt{y-1}=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ \sqrt{y-1}=2\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ y=5\end{array}$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $$\left(1;5\right)$$.

2a)

Chứng minh đường thẳng $\left(d\right)$ luôn đi qua điểm $$A\left(0;5\right)$$ với mọi giá trị của $m.$

Thay $$x=0,y=5$$ vào hàm số $$y=mx+5$$, ta được:

    $5=m.0+5\iff 5=5$ (đúng với mọi $m$)

Vậy đường thẳng $$\left(d\right)$$ luôn đi qua điểm $$A\left(0;5\right)$$.

2b)

Tìm tất cả các giá trị của $m$ để đường thẳng $\left(d\right)$ cắt Parabol $$\left(P\right):y=x^2$$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là$$x_1,x_2$$ (với $$x_1<x_2$$) sao cho $$\left|x_1\right|>\left|x_2\right|.$$

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

    $x^2=mx+5\iff x^2-mx-5=0$  $$\left(\ast \right)$$

Vì $$ac=--5<0$$ nên phương trình $$\left(\ast \right)$$ luôn có hai nghiệm trái dấu

$\Rightarrow \left(d\right)$ luôn cắt $$\left(P\right)$$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $$x_1,x_2,$$ với $x_1<0<x_2$ (do $$x_1,x_2$$ trái dấu và giả sử $x_1<x_2$).

$\Rightarrow \left|x_1\right|=-x_1$ (do $x_1<0$)

$\left|x_2\right|=x_2$ (do $$x_2>0$$)

Mà $\left|x_1\right|>\left|x_2\right|$

$\Rightarrow -x_1>x_2$

$$\iff x_1+x_2<0$$

$$\iff m<0$$ (theo hệ thức Vi-ét)

Vậy $m<0$ là giá trị cần tìm.

1)

Chứng minh bốn điểm $$C,N,K,I$$ cùng thuộc một đường tròn.

Ta có $\widehat{MNA},\widehat{MCB}$ là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ $$MA,MB$$

Mà  (do $M$ là điểm chính giữa của )

$\Rightarrow \widehat{MNA}=\widehat{MCB}$

Hay $\widehat{KNI}=\widehat{KCI}$, mà hai góc này cùng nhìn đoạn $KI$

Þ Tứ giác $CNKI$ nội tiếp đường tròn.

Þ Bốn điểm $$C,N,K,I$$ cùng thuộc một đường tròn.

2)

Chứng minh $$N{B}^2=NK.NM$$.

Ta có $\widehat{NBC},\widehat{NMB}$ là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ $$NC,NB$$

Mà  (do $N$ là điểm chính giữa của )

$$\Rightarrow \widehat{NBC}=\widehat{NMB}$$

Hay $$\widehat{NBK}=\widehat{NMB}$$.

Xét $\Delta NBK$ và $\Delta NMB$ có:

$\widehat{BNM}$ là góc chung; $$\widehat{NBK}=\widehat{NMB}$$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \frac{NB}{NM}=\frac{NK}{NB}$ (tỉ số đồng dạng)

$\Rightarrow N{B}^2=NK.NM$.

3)

Chứng minh tứ giác $$BHIK$$là hình thoi.

Vì tứ giác $$CNKI$$ nội tiếp nên $\widehat{INC}=\widehat{IKC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$CI$$)

Mà $\widehat{INC}=\widehat{ANC}=\widehat{ABC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$AC$$ của $$\left(O\right)$$)

$\Rightarrow \widehat{IKC}=\widehat{ABC}$

Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên $$KI//BH$$.

Chứng minh tương tự ta được $$HI//BK$$.

Tứ giác $$BHIK$$ có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.

Cách 1:

Vì  nên $\widehat{ACM}=\widehat{BCM}$, hay $$CM$$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}$

Tương tự, $$AN$$ là tia phân giác của góc $$\widehat{BAC}$$

$$\Delta ABC$$ có hai đường phân giác $$AN$$ và $$CM$$ cắt nhau tại $I$

$\Rightarrow BI$ là đường phân giác thứ ba của $$\Delta ABC$$

Hình bình hành $$BHIK$$ có $$BI$$ là đường phân giác của góc $B$ nên là hình thoi.

Cách 2:

Vì $\widehat{BHN},\widehat{BKH}$ là các góc có đỉnh ở bên trong đường tròn $\left(O\right)$ nên:

 và

$\Rightarrow \widehat{BHN}=\widehat{BKH}$ (do  và )

$\Rightarrow \Delta BHK$ cân tại $B$ $$\Rightarrow BH=BK$$

Hình bình hành $$BHIK$$ có $$BH=BK$$ nên là hình thoi.

4)

Gọi $P,Q$ lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $$MBK$$, tam giác $$MCK$$ và $$E$$ là trung điểm của đoạn $$PQ$$. Vẽ đường kính $$ND$$ của đường tròn $$\left(O\right)$$. Chứng minh ba điểm $$D,E,K$$ thẳng hàng.

Cách 1:

$$\left(P\right)$$ có góc $\widehat{BMN}$ là góc nội tiếp, góc $\widehat{BPK}$ là góc ở tâm cùng chắn

$\Rightarrow \widehat{BMN}=\frac{1}{2}\widehat{BPK}$

Mà $\Delta PBK$ cân tại $P$ (vì $$PB=PK$$)

$\Rightarrow \widehat{PBK}=\frac{180^{\circ }-\widehat{BPK}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{BPK}=90^{\circ }-\widehat{BMK}$ $$\left(1\right)$$

$$\left(O\right)$$ có đường kính $ND$ đi qua $N$ là điểm chính giữa của cung $$BC$$

$\Rightarrow ND\perp BC$ và $ND$ đi qua trung điểm của $$BC$$

$\Rightarrow \Delta DBC$ cân tại $D$

$\Rightarrow \widehat{DBC}=\frac{180^{\circ }-\widehat{BDC}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{BDC}$

Trong $$\left(O\right)$$, $\widehat{BMK}=\widehat{BDN}=\frac{1}{2}\widehat{BDC}$

$\Rightarrow \widehat{DBC}=90^{\circ }-\widehat{BMK}$ $$\left(2\right)$$

Từ $$\left(1\right)$$ và $$\left(2\right)$$ $\Rightarrow \widehat{PBK}=\widehat{DBC}$

Þ Ba điểm $$D,P,B$$ thẳng hàng

Lại có $\widehat{BPK}=\widehat{BDC}\left(=2\widehat{BMK}\right)$ và hai góc ở vị trí đồng vị

$\Rightarrow PK//DC$

Chứng minh tương tự được ba điểm $$D,Q,C$$ thẳng hàng và $$QK//DB$$

Do đó, $PK//DC$ và $$QK//DB$$

Tứ giác $$DPKQ$$ là hình bình hành

Do đó $E$ là trung điểm của đường chéo $$PQ$$ thì $E$ cũng là trung điểm của đường chéo $DK$.

Vậy ba điểm $$D,E,K$$ thẳng hàng.

Có thể chứng minh ba điểm $$D,P,B$$ thẳng hàng theo các cách sau:

Cách 2:

$$\left(P\right)$$ có góc $\widehat{BMN}$ là góc nội tiếp, góc $\widehat{BPK}$ là góc ở tâm cùng chắn

$\Rightarrow \widehat{BMN}=\frac{1}{2}\widehat{BPK}$

Mà $\Delta PBK$ cân tại $P$ (vì $$PB=PK$$)

$\Rightarrow \widehat{PBK}=\frac{180^{\circ }-\widehat{BPK}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{BPK}=90^{\circ }-\widehat{BMK}$ $$\left(1\right)$$

$\Rightarrow \widehat{PBK}+\widehat{BMK}=90^{\circ }$

$$\left(O\right)$$ có đường kính $ND$ đi qua $N$ là điểm chính giữa của cung $$BC$$

$\Rightarrow ND\perp BC$ $\Rightarrow \widehat{DBK}+\widehat{BDN}=90^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{DBK}+\widehat{BMK}=90^{\circ }$ (do $\widehat{BDN}=\widehat{BMK}$)

Lại có $\widehat{PBK}+\widehat{BMK}=90^{\circ }$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat{PBK}=\widehat{DBK}\Rightarrow$ ba điểm $$D,P,B$$ thẳng hàng.

Cách 3:

$$\left(P\right)$$ có $\widehat{BMK}$  là góc nội tiếp nên

Mà $$\widehat{BMK}=\widehat{CBN}$$ nên

Suy ra $$BN$$ là tiếp tuyến tại $B$ của $$\left(P\right)$$

$\Rightarrow BN\perp PB$

Lại có $\widehat{DBN}=90^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left(O\right)$)

$\Rightarrow BN\perp DB$

Do đó ba điểm $$D,P,B$$ thẳng hàng.

Cho các số thực $a,b,c$ thay đổi luôn thỏa mãn $$a\ge 1,b\ge 1,c\ge 1$$ và $$ab+bc+ca=9$$.

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=a^2+b^2+c^2$$

• Ta có: ${\left(a-b\right)}^2\ge 0\iff a^2+b^2\ge 2ab$.

Tương tự: $b^2+c^2\ge 2bc$; $c^2+a^2\ge 2ca$.

Suy ra: $2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge 2\left(ab+bc+ca\right)\iff P\ge 9$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

$a=b=c\iff ab=bc=ca=3\iff a=b=c=\sqrt{3}$

Vậy $\min P=9\iff a=b=c=\sqrt{3}$

• Vì $a\ge 1,b\ge 1$ nên:

$\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge 0\iff ab-a-b+1\ge 0\iff a+b\le ab+1$

Tương tự: $b+c\le bc+1$; $c+a\le ca+1$

Do đó:

$2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3$

$$\iff 2\left(a+b+c\right)\le 12$$

$$\iff a+b+c\le 6$$

$$\iff (a+b+c{)}^2\le 36\left(\mathrm{do}a+b+c>0\right)$$

$$\iff a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le 36$$

$$\iff P+2.9\le 36$$

$$\iff P\le 18$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi trong ba số $$a,b,c$$ có ít nhất hai số bằng 1

Nhưng ba số $$a,b,c$$ không thể đồng thời bằng 1 vì $ab+bc+ca=9$

Þ Có hai số bằng 1, do đó số còn lại bằng 4.

Vậy $\max P=18\iff (a,b,c)\in \left\{\left(4;1;1\right),\left(1;4;1\right),\left(1;1;4\right)\right\}$.