Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2018 - 2019 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:

$A=\frac{\sqrt{9}+4}{\sqrt{9}-1}$

$=\frac{3+4}{3-1}=\frac{7}{2}$.

2)

Chứng minh $B=\frac{1}{\sqrt{x}-1}$.

Với $x\ge 0,x\ne 1$, ta có:

$B=\frac{3\sqrt{x}+1}{x+2\sqrt{x}-3}-\frac{2}{\sqrt{x}+3}$

$=\frac{3\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}-\frac{2}{\sqrt{x}+3}$

$$=\frac{3\sqrt{x}+1-2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$$.

$$=\frac{\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}$$

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

3)

Tìm tất cả giá trị của $x$ để $\frac{A}{B}\ge \frac{x}{4}+5$.

Với $x\ge 0;x\ne 1;x\ne 3$ ta có:

$\frac{A}{B}=\frac{\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}:\frac{1}{\sqrt{x}-1}=\sqrt{x}+4$

$\frac{A}{B}\ge \frac{x}{4}+5\iff \sqrt{x}+4\ge \frac{x}{4}+5\iff \frac{x}{4}-\sqrt{x}+1\le 0$

$\iff x-4\sqrt{x}+4\le 0$

$\iff {\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\le 0$

Mà ${\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\ge 0$ với mọi $x$ thỏa mãn điều kiện xác định

$\Rightarrow {\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\le 0\iff \sqrt{x}-2=0$

$\iff \sqrt{x}=2\iff x=4$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy $x=4$ thì $\frac{A}{B}\ge \frac{x}{4}+5$.

Nửa chu vi là: $28:2=14$ (m).

Gọi chiều dài mảnh đất là $x$ (mét). Điều kiện: $0<x<14$.

Chiều rộng mảnh đất là $14-x$ (mét).

Ta có chiều dài lớn hơn chiều rộng nên $x>14-x\Rightarrow x>7$.

Vì độ dài đường chéo là 10 mét nên ta có phương trình: $x^2+{\left(14-x\right)}^2=10^2$

$\iff 2x^2-28x+196=100$

$\iff x^2-14x+48=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=8>7(tm)\\ x=6<7(l)\end{array}$.

Vậy chiều dài mảnh đất là 8 mét, chiều rộng là $14-8=6$ (mét).

Hệ phương trình tương đương với: $\{\begin{array}{l}8x-2\left|y+2\right|=6\\ x+2\left|y+2\right|=3\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}9x=9\\ x+2\left|y+2\right|=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ 2\left|y+2\right|=3-x\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ 2\left|y+2\right|=2\end{array}$ $$\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ \left|y+2\right|=1\end{array}$$

$$\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x=1\\ y+2=1\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x=1\\ y+2=-1\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-1\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x=1\\ y=-3\end{array}\end{array}$$

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là $(1;-1),(1;-3)$.

2a)

Chứng minh $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt.

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

$x^2=\left(m+2\right)x+3$

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

Vì $ac=-3<0$ nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi giá trị của $m$.

Suy ra $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của $m$.

2b)

Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $(d)$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có các hoành độ là các số nguyên.

Giả sử có giá trị $m$ để phương trình $\left(\ast \right)$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ đều là số nguyên.

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m+2\\ x_1{x}_2=-3\end{array}$.

Vì $x_1;x_2$ nguyên, nên $$x_1;x_2\in U\left(-3\right)$$, ta có bảng sau:

Vậy $$m=0$$; $m=-4$.

a)

Chứng minh năm điểm $C,D,H,O,S$ thuộc đường tròn đường kính $SO$.

Vẽ hình đúng đến câu 1)

Ta có $C,D$ là tiếp điểm nên $OC\perp SC;OD\perp SD$ nên $$\widehat{SCO}=90^{\circ }$$, $$\widehat{SDO}=90^{\circ }$$.

$\Rightarrow C,D$ nằm trên đường tròn đường kính $SO$.

Ta có $OH\perp AB$ (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Hay $\widehat{SHO}=90^{\circ }$

$$\Rightarrow H$$ nằm trên đường tròn đường kính $SO$.

Vậy $C,D,H,O$ và $S$ thuộc đường tròn đường kính $SO$.

b)

Khi $SO=2R$, hãy tính độ dài đoạn thẳng $SD$ theo $R$ và tính số đo $\widehat{CSD}$.

$\Delta SDO$ vuông tại $D$ có $OD=R;SO=2R$, theo định lí Pythagore ta có:

$SD=\sqrt{S{O}^2-O{D}^2}=\sqrt{{\left(2R\right)}^2-R^2}=R\sqrt{3}$.

Mặt khác $\Delta SDO$ vuông tại $D$ có $OD=R;SO=2R$ nên $\widehat{OSD}=30^{\circ }$ (cạnh đối diện bằng nửa cạnh huyền)

Hai tiếp tuyến $SC,SD$ của đường tròn cắt nhau tại $S$ nên $SO$ là tia phân giác của $\widehat{CSD}$

Do đó $\widehat{CSD}=2\widehat{OSD}$

Vậy $\widehat{CSD}=60^{\circ }$.

c)

Đường thẳng đi qua điểm $A$ và song song với đường thẳng $SC$, cắt đoạn thẳng $CD$ tại điểm $K$. Chứng minh tứ giác $$ADHK$$ là tứ giác nội tiếp và đường thẳng $BK$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $SC$.

Ta có $AK//SC$ nên $\widehat{AKD}=\widehat{SCD}$ (đồng vị).

Lại có tứ giác $SDHC$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{SCD}=\widehat{SHD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $SD$).

Do đó $$\widehat{AKD}=\widehat{SHD}$$ hay $$\widehat{AKD}=\widehat{AHD}$$.

Mà hai đỉnh $K,H$ là hai đỉnh kề nhau trong tứ giác $ADHK$

Suy ra tứ giác $ADHK$ nội tiếp.

Gọi $I$ là giao điểm của tia $AK$ và đoạn thẳng $BC$.

Vì tứ giác $ADHK$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AHK}=\widehat{ADK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AK$)

Vì tứ giác $ADBC$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ nên $$\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$), hay $$\widehat{ADK}=\widehat{ABC}$$

$\Rightarrow \widehat{AHK}=\widehat{ABC}$, mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra $HK//BI$

Mặt khác $H$ là trung điểm của $AB$

Suy ra $K$ là trung điểm của $AI$

Gọi $P$ là giao điểm của tia $BK$ và $SC$.

Vì $AI//SC$ nên $\frac{AK}{SP}=\frac{BK}{BP}=\frac{KI}{PC}$

$$\Rightarrow \frac{AK}{KI}=\frac{SP}{PC}$$, mà $AK=KI$ nên $SP=PC$

Vậy $P$ là trung điểm của $SC$.

d)

Gọi $E$ là trung điểm của đoạn thẳng $BD$ và $F$ là hình chiếu vuông góc của điểm $E$ trên đường thẳng $AD$. Chứng minh rằng, khi điểm $S$ thay đổi trên tia đối của tia $AB$ thì điểm $F$ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Vẽ đường kính $AN$ của $\left(O;R\right)$, khi đó điểm $N$ cố định.

Gọi $M$ là giao điểm của $EF$ và $NB$.

Vì $EF\perp AD$ và $AD\perp DN$ nên $EF//DN$ hay $EM//DN$

Mặt khác $E$ là trung điểm của đoạn thẳng $BD$

Suy ra $M$ là trung điểm của $BN$.

Vì hai điểm $$N,B$$ là hai điểm cố định nên điểm $M$ là điểm cố định.

Có $\widehat{AFM}=90^{\circ }$ suy ra $F$ thuộc đường tròn đường kính $AM$ cố định.

Điều kiện: $$0\le x\le 1$$.

Dùng: $$\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge \sqrt{a+b},\forall a,b\ge 0$$.

Ta có:

$$\{\begin{array}{l}\sqrt{1-x}+\sqrt{x}\ge \sqrt{1-x+x}=1\\ \sqrt{1+x}+\sqrt{x}\ge 1+0=1\end{array}$$

$$\Rightarrow P\ge 2$$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là 2.

0,5