THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán của Hà Nội năm 2017. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên trên địa bàn Hà Nội, được biên soạn bởi các giáo viên có kinh nghiệm. Việc luyện tập với các đề thi này sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức, cải thiện tốc độ giải đề và đạt kết quả tốt nhất.
Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức
Bài I (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\), với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
2) Chứng minh \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của x để \(A = B.\left| {x - 4} \right|\).
Bài II(2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120 km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10 km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
Bài III(2 điểm)
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x + 2\sqrt {y - 1} = 5\\4\sqrt x - \sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right.\).
2) Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho đường thẳng (d): \(y = mx + 5\).
a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): \(y = {x^2}\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1};\,\,{x_2}\)(với \({x_1} < {x_2}\)) sao cho \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\).
Bài IV(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN Cắt các cạnh AB và BC lần lươt tại các điểm H và K.
1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh \(N{B^2} = NK.NM\)
3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi
4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngọai tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Bài V(0,5 điểm)
Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: \(a \ge 1,b \ge 1,c \ge 1\) \(ab + bc + ca = 9\) . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) .
Bài I Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\), với \(x \ge 0,x \ne 25.\) 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. 2) Chứng minh \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\). 3) Tìm tất cả các giá trị của x để \(A = B.\left| {x - 4} \right|\). |
Hướng dẫn giải:
1) Khi x = 9 ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 2}}{{\sqrt 9 - 5}} = \dfrac{{\sqrt {{3^2}} + 2}}{{\sqrt {{3^2}} - 5}} = \dfrac{{3 + 2}}{{3 - 5}} = - \dfrac{5}{2}\)
2) Với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 5} \right) + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{3\sqrt x - 15 + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\end{array}\)
Ta có điều phải chứng minh.
3) với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
\(A = B.\left| {x - 4} \right|\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}} = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \left| {x - 4} \right|(1)\end{array}\)
TH1: Nếu \(x \ge 4,x \ne 25\) ta được (1) trở thành: \(\sqrt x + 2 = x - 4 \Leftrightarrow x - \sqrt x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = 9(tm)\\\sqrt x = - 2(ktm)\end{array} \right.\)
TH2: Nếu \(0 \le x < 4\) ta được (1) trở thành:
\(\sqrt x + 2 = - x + 4 \Leftrightarrow x + \sqrt x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1 \Leftrightarrow x = 1(tm)\\\sqrt x = - 2(ktm)\end{array} \right.\)
Vậy x = 9, x = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài II Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120 km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10 km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. |
Hướng dẫn giải.
Cách 1:
Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h) (ĐK: x>10 )
Do vận tốc của ô tô lớn hớn vận tốc cả xe máy là 10 km/h nên vận tốc của xe máy là x-10 (km/h)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian xe máy đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{{x - 10}}\) (h)
Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút =\(\dfrac{3}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{120}}{{x - 10}} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\,\, \Leftrightarrow 120\left( {\dfrac{1}{{x - 10}} - \dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{3}{5} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x - 10}} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{200}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - x + 10}}{{\left( {x - 10} \right)x}} = \dfrac{1}{{200}}\\ \Rightarrow x\left( {x - 10} \right) = 2000 \Leftrightarrow {x^2} - 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 50} \right)\left( {x + 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50(tmdk)\\x = - 40(ktmdk)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là 40 km/h.
Cách 2:
Gọi vận tốc của ô tô là x, vận tốc của xe máy là y (km/h) (ĐK: x>10; y>0 )
Do vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc cả xe máy là 10 km/h nên ta có phương trình \(x - y = 10\,\,\,\,(1)\)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian xe máy đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{y}\) (h)
Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút =\(\dfrac{3}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{120}}{y} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{{120}}{y} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\120\left( {\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{200}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{{x - y}}{{xy}} = \dfrac{1}{{200}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\xy = 2000\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\\left( {10 + y} \right)y = 2000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\{y^2} + 10y - 2000 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\\left[ \begin{array}{l}y = 40\,\,\,\,\,\,(tm)\\y = - 50\,\,\,(ktm)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 50\\y = 40\end{array} \right.(tm)\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là 40 km/h.
Bài III: 1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x + 2\sqrt {y - 1} = 5\\4\sqrt x - \sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right.\). 2) Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho đường thẳng (d): \(y = mx + 5\). a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): \(y = {x^2}\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1};\,\,{x_2}\)(với \({x_1} < {x_2}\)) sao cho \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\). |
Hướng dẫn giải:
1) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 1\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x = a \ge 0\\\sqrt {y - 1} = b \ge 0\end{array} \right.\). Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 5\\4a - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\4\left( {5 - 2b} \right) - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\9b = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\left( {tm} \right)\\b = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y - 1 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\left( {tm} \right)\\y = 5\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;5} \right)\).
2) Ta có: (d): \(y = mx + 5\).
a) Thay tọa độ điểm A(0; 5) vào (d) ta được: 5 = m. 0 + 5 ( luôn đúng)
Vậyđường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: \({x^2} = mx + 5 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 5 = 0\) (*)
Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 20 > 0\,\,\,\forall m\)
Vậy đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) với mọi m.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = - 5\end{array} \right.\)
Vì a.c < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1} < 0 < \,{x_2}\)
Để \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\) thì \({x_1} + \,{x_2} < 0 \Leftrightarrow m < 0\)
Vậy \(m < 0\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài IV Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN Cắt các cạnh AB và BC lần lươt tại các điểm H và K. 1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh \(N{B^2} = NK.NM\) 3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi 4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngọai tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. |
1) Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết)
Suy ra cung AM = cung MB
⇒ góc ACM = góc BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Mà góc ACM = góc ANM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
⇒ góc MNA = góc BCM hay góc KNI = góc KCI
Xét tứ giác IKNC:
Góc KNI = góc KCI (cmt)
Mà C và N là hai đỉnh kề nhau
⇒ IKNC là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
⇒ 4 điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn
2) Vì ABNC là tứ giác nội tiếp nên góc NBC = góc NAC
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) nên góc NAC = góc NAB
Vì AMBN là tứ giác nội tiếp nên góc NAB = góc NMB
Suy ra góc NBC = góc NMB hay góc NBK = góc NMB
Xét ∆ NBK và ∆ NMB có góc NBK = góc NMB; góc MNB chung nên
3)
Tứ giác IKNC nội tiếp suy ra góc IKC = góc INC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)
Xét (O): Góc ABC = góc ANC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra góc ABC = góc IKC
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra IK//HB (dhnb hai đt song song)
BI cắt (O) tại G.
Vì I là giao điểm ba đường phân giác của tam giác ABC nên G là điểm chính giữa cung AC và BI là phân giác góc ABC
Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác AMHI nội tiếp
Suy ra góc AHI = góc AMI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)
Xét (O): Góc ABC = góc AMC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra góc ABC = góc AHI
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra HI//BK (dhnb hai đt song song)
Xét tứ giác BHIK:
IK//HB ( cmt)
HI//BK (cmt)
Suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành (dhnb HBH)
Mà BI là phân giác của góc HBK (cmt)
Suy ra tứ giác BHIK là hình thoi. (dhnb hình thoi)
4)
Vì góc NBK = góc BMK nên ta có BN là tiếp tuyến tại B của đường tròn (P) ngoại tiếp ∆MBK ⇒ BN ⊥ BP
Mà BN ⊥ BD do góc DBN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ B, P, D thẳng hàng
Tương tự ta có C, Q, D thẳng hàng
∆ PBK và ∆ DBC là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy nên góc ở đỉnh của chúng bằng nhau
⇒ góc BPK = góc BDC
⇒ PK // DC ⇒ PK // DQ
Tương tự ta có DP // QK
Vậy DPKQ là hình bình hành ⇒ DK đi qua trung điểm PQ
⇒ D, E, K thẳng hàng.
Bài V Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: \(a \ge 1,b \ge 1,c \ge 1\) \(ab + bc + ca = 9\) . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) . |
Hướng dẫn giải
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)
\( \Rightarrow P = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca = 9\)
Dấu “=” xảy ra ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = c \ge 1\\ab + bc + ca = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \sqrt 3 \)
+ Vì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ge 1\\b \ge 1\\c \ge 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right) \ge 0\\\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \ge 0\\\left( {c - 1} \right)\left( {a - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab - a - b + 1 \ge 0\\bc - b - c + 1 \ge 0\\ca - c - a + 1 \ge 0\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow ab + bc + ca - 2\left( {a + b + c} \right) + 3 \ge 0\\ \Rightarrow a + b + c \le \dfrac{{ab + bc + ca + 3}}{2}\end{array}\)
Vì \(a \le 1;b \le 1;c \le 1\)
\( \Rightarrow 3 \le a + b + c \le \dfrac{{ab + bc + ca + 3}}{2} = 6\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \le 36 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right) \le 36\\ \Rightarrow P \le 36 - 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 18\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra ⇔ \(\left[ \begin{array}{l}a = b = 1,c = 4\\a = 4,b = c = 1\\a = c = 1,b = 4\end{array} \right.\)
Vậy GTNN của P là 9, xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \sqrt 3 \); GTLN của P là 18, xảy ra khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}a = b = 1,c = 4\\a = 4,b = c = 1\\a = c = 1,b = 4\end{array} \right.\).
Bài I (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\), với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.
2) Chứng minh \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của x để \(A = B.\left| {x - 4} \right|\).
Bài II(2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120 km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10 km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
Bài III(2 điểm)
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x + 2\sqrt {y - 1} = 5\\4\sqrt x - \sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right.\).
2) Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho đường thẳng (d): \(y = mx + 5\).
a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): \(y = {x^2}\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1};\,\,{x_2}\)(với \({x_1} < {x_2}\)) sao cho \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\).
Bài IV(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN Cắt các cạnh AB và BC lần lươt tại các điểm H và K.
1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh \(N{B^2} = NK.NM\)
3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi
4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngọai tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Bài V(0,5 điểm)
Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: \(a \ge 1,b \ge 1,c \ge 1\) \(ab + bc + ca = 9\) . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) .
Bài I Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\), với \(x \ge 0,x \ne 25.\) 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. 2) Chứng minh \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\). 3) Tìm tất cả các giá trị của x để \(A = B.\left| {x - 4} \right|\). |
Hướng dẫn giải:
1) Khi x = 9 ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 9 + 2}}{{\sqrt 9 - 5}} = \dfrac{{\sqrt {{3^2}} + 2}}{{\sqrt {{3^2}} - 5}} = \dfrac{{3 + 2}}{{3 - 5}} = - \dfrac{5}{2}\)
2) Với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{3\left( {\sqrt x - 5} \right) + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{3\sqrt x - 15 + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right)\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\end{array}\)
Ta có điều phải chứng minh.
3) với \(x \ge 0,x \ne 25.\)
\(A = B.\left| {x - 4} \right|\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}} = \dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}\left| {x - 4} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \left| {x - 4} \right|(1)\end{array}\)
TH1: Nếu \(x \ge 4,x \ne 25\) ta được (1) trở thành: \(\sqrt x + 2 = x - 4 \Leftrightarrow x - \sqrt x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 3 \Leftrightarrow x = 9(tm)\\\sqrt x = - 2(ktm)\end{array} \right.\)
TH2: Nếu \(0 \le x < 4\) ta được (1) trở thành:
\(\sqrt x + 2 = - x + 4 \Leftrightarrow x + \sqrt x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1 \Leftrightarrow x = 1(tm)\\\sqrt x = - 2(ktm)\end{array} \right.\)
Vậy x = 9, x = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài II Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một xe ô tô và xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe không đổi trên toàn bộ quãng đường AB dài 120 km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 10 km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. |
Hướng dẫn giải.
Cách 1:
Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h) (ĐK: x>10 )
Do vận tốc của ô tô lớn hớn vận tốc cả xe máy là 10 km/h nên vận tốc của xe máy là x-10 (km/h)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian xe máy đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{{x - 10}}\) (h)
Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút =\(\dfrac{3}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{120}}{{x - 10}} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\,\, \Leftrightarrow 120\left( {\dfrac{1}{{x - 10}} - \dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{3}{5} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x - 10}} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{200}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x - x + 10}}{{\left( {x - 10} \right)x}} = \dfrac{1}{{200}}\\ \Rightarrow x\left( {x - 10} \right) = 2000 \Leftrightarrow {x^2} - 10x - 2000 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 50} \right)\left( {x + 40} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50(tmdk)\\x = - 40(ktmdk)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là 40 km/h.
Cách 2:
Gọi vận tốc của ô tô là x, vận tốc của xe máy là y (km/h) (ĐK: x>10; y>0 )
Do vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc cả xe máy là 10 km/h nên ta có phương trình \(x - y = 10\,\,\,\,(1)\)
Thời gian ô tô đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{x}\) (h)
Thời gian xe máy đi từ A đến B là \(\dfrac{{120}}{y}\) (h)
Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút =\(\dfrac{3}{5}\) giờ nên ta có phương trình:
\(\dfrac{{120}}{y} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{{120}}{y} - \dfrac{{120}}{x} = \dfrac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\120\left( {\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{x}} \right) = \dfrac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{200}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\\dfrac{{x - y}}{{xy}} = \dfrac{1}{{200}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\xy = 2000\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\\left( {10 + y} \right)y = 2000\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\{y^2} + 10y - 2000 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + y\\\left[ \begin{array}{l}y = 40\,\,\,\,\,\,(tm)\\y = - 50\,\,\,(ktm)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 50\\y = 40\end{array} \right.(tm)\end{array}\)
Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là 40 km/h.
Bài III: 1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x + 2\sqrt {y - 1} = 5\\4\sqrt x - \sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right.\). 2) Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho đường thẳng (d): \(y = mx + 5\). a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): \(y = {x^2}\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1};\,\,{x_2}\)(với \({x_1} < {x_2}\)) sao cho \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\). |
Hướng dẫn giải:
1) ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 1\end{array} \right.\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt x = a \ge 0\\\sqrt {y - 1} = b \ge 0\end{array} \right.\). Khi đó ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 5\\4a - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\4\left( {5 - 2b} \right) - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\9b = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5 - 2b\\b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\left( {tm} \right)\\b = 2\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt {y - 1} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y - 1 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\left( {tm} \right)\\y = 5\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;5} \right)\).
2) Ta có: (d): \(y = mx + 5\).
a) Thay tọa độ điểm A(0; 5) vào (d) ta được: 5 = m. 0 + 5 ( luôn đúng)
Vậyđường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) với mọi giá trị của m.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: \({x^2} = mx + 5 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 5 = 0\) (*)
Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 20 > 0\,\,\,\forall m\)
Vậy đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) với mọi m.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} = - 5\end{array} \right.\)
Vì a.c < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1} < 0 < \,{x_2}\)
Để \(\left| {{x_1}} \right| > \left| {{x_2}} \right|\) thì \({x_1} + \,{x_2} < 0 \Leftrightarrow m < 0\)
Vậy \(m < 0\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài IV Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN Cắt các cạnh AB và BC lần lươt tại các điểm H và K. 1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh \(N{B^2} = NK.NM\) 3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi 4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngọai tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng. |
1) Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết)
Suy ra cung AM = cung MB
⇒ góc ACM = góc BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Mà góc ACM = góc ANM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
⇒ góc MNA = góc BCM hay góc KNI = góc KCI
Xét tứ giác IKNC:
Góc KNI = góc KCI (cmt)
Mà C và N là hai đỉnh kề nhau
⇒ IKNC là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
⇒ 4 điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn
2) Vì ABNC là tứ giác nội tiếp nên góc NBC = góc NAC
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) nên góc NAC = góc NAB
Vì AMBN là tứ giác nội tiếp nên góc NAB = góc NMB
Suy ra góc NBC = góc NMB hay góc NBK = góc NMB
Xét ∆ NBK và ∆ NMB có góc NBK = góc NMB; góc MNB chung nên
3)
Tứ giác IKNC nội tiếp suy ra góc IKC = góc INC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)
Xét (O): Góc ABC = góc ANC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra góc ABC = góc IKC
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra IK//HB (dhnb hai đt song song)
BI cắt (O) tại G.
Vì I là giao điểm ba đường phân giác của tam giác ABC nên G là điểm chính giữa cung AC và BI là phân giác góc ABC
Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác AMHI nội tiếp
Suy ra góc AHI = góc AMI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI)
Xét (O): Góc ABC = góc AMC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra góc ABC = góc AHI
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra HI//BK (dhnb hai đt song song)
Xét tứ giác BHIK:
IK//HB ( cmt)
HI//BK (cmt)
Suy ra tứ giác BHIK là hình bình hành (dhnb HBH)
Mà BI là phân giác của góc HBK (cmt)
Suy ra tứ giác BHIK là hình thoi. (dhnb hình thoi)
4)
Vì góc NBK = góc BMK nên ta có BN là tiếp tuyến tại B của đường tròn (P) ngoại tiếp ∆MBK ⇒ BN ⊥ BP
Mà BN ⊥ BD do góc DBN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ B, P, D thẳng hàng
Tương tự ta có C, Q, D thẳng hàng
∆ PBK và ∆ DBC là 2 tam giác cân có chung góc ở đáy nên góc ở đỉnh của chúng bằng nhau
⇒ góc BPK = góc BDC
⇒ PK // DC ⇒ PK // DQ
Tương tự ta có DP // QK
Vậy DPKQ là hình bình hành ⇒ DK đi qua trung điểm PQ
⇒ D, E, K thẳng hàng.
Bài V Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: \(a \ge 1,b \ge 1,c \ge 1\) \(ab + bc + ca = 9\) . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) . |
Hướng dẫn giải
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\\{b^2} + {c^2} \ge 2bc\\{c^2} + {a^2} \ge 2ca\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)
\( \Rightarrow P = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca = 9\)
Dấu “=” xảy ra ⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}a = b = c \ge 1\\ab + bc + ca = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \sqrt 3 \)
+ Vì \(\left\{ \begin{array}{l}a \ge 1\\b \ge 1\\c \ge 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right) \ge 0\\\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \ge 0\\\left( {c - 1} \right)\left( {a - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab - a - b + 1 \ge 0\\bc - b - c + 1 \ge 0\\ca - c - a + 1 \ge 0\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow ab + bc + ca - 2\left( {a + b + c} \right) + 3 \ge 0\\ \Rightarrow a + b + c \le \dfrac{{ab + bc + ca + 3}}{2}\end{array}\)
Vì \(a \le 1;b \le 1;c \le 1\)
\( \Rightarrow 3 \le a + b + c \le \dfrac{{ab + bc + ca + 3}}{2} = 6\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \le 36 \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2\left( {ab + bc + ca} \right) \le 36\\ \Rightarrow P \le 36 - 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 18\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra ⇔ \(\left[ \begin{array}{l}a = b = 1,c = 4\\a = 4,b = c = 1\\a = c = 1,b = 4\end{array} \right.\)
Vậy GTNN của P là 9, xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \sqrt 3 \); GTLN của P là 18, xảy ra khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}a = b = 1,c = 4\\a = 4,b = c = 1\\a = c = 1,b = 4\end{array} \right.\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà Nội luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt trong sự nghiệp học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2017 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể ôn luyện và làm quen với cấu trúc đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2017 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi chuyên Amsterdam thường có độ khó cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng giải quyết vấn đề tốt. Đề thi năm 2017 tập trung vào các bài toán đại số phức tạp và các bài toán hình học đòi hỏi sự sáng tạo. Một điểm đặc trưng của đề thi là việc kết hợp kiến thức từ nhiều chương khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có cái nhìn tổng quan về môn Toán.
Đề thi chuyên Đại học Sư phạm thường có tính chất lý thuyết cao, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các định nghĩa, định lý, và công thức. Đề thi năm 2017 tập trung vào các bài toán đại số và hình học chứng minh. Việc hiểu rõ bản chất của các khái niệm toán học là yếu tố then chốt để giải quyết các bài toán trong đề thi này.
Đề thi các trường THPT không chuyên thường có độ khó vừa phải, tập trung vào các kiến thức cơ bản và các kỹ năng giải toán thông thường. Đề thi năm 2017 tập trung vào các bài toán đại số, hình học, và số học. Việc luyện tập với các đề thi này sẽ giúp học sinh củng cố kiến thức và tự tin hơn trong kỳ thi.
Ngoài các đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2017, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2017 là một tài liệu ôn luyện vô cùng quan trọng. Việc luyện tập với các đề thi này sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em học sinh đạt kết quả tốt nhất!
