ĐÁP ÁN GỢI Ý KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 Năm học 2017 2018 MÔN: TOÁN

TỔ HỢP GIÁO DỤC PSCHOOL

ĐÁP ÁN GỢI Ý KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10

www.pschool.vn

Năm học 2017 - 2018

www.facebook.com/pschoolcenter/

MÔN: TOÁN

04 22 664 999 – 0981 255 000

Hà Nội, 09/06/2017

Bài I:
1) ĐKXĐ: x  0; x  25
Ta có x = 9 thỏa mãn điều điện xác định.
Thay x = 9 vào biểu thức A ta được:
A

9  2 3  2 5


9 5 35 2

Vậy khi x = 9 thì A 

5
2

2) ĐKXĐ: x  0; x  25
Ta có: B 



Vậy B 



3
20  2 x 3


x  25
x 5
5 x
x 5



x 5









x  5

x  5  20  2 x
x 5



1
x 5

1
(Điều phải chứng minh)
x 5

3) Ta có: A  B. x  4 

x 2

x 5

1
. x4
x 5

 x 2 x4
 x 2

Vì

x 2

x 2

x  2  0x nên:

 x  2 1
 x  3 x  9
x  2 1 


x  1
 x  2  1  x  1

Thử lại thỏa mãn.
Vậy để A  B. x  4 thì x {9;1}


Bài II:
Đổi: 36 phút =

3
h
5

Gọi vận tốc xe máy là x (km/h) (x>0)
Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy 10 km/h nên vận tốc ô tô là (x + 10)
(km/h)
Thời gian xe máy đi quãng đường AB là

120
( h)
x

Thời gian xe ô tô đi quãng đường AB là

120
( h)
x  10

Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút nên ta có phương trình:
120 120
3
1
1
1
10
1

  



x
x  10 5
x x  10 200
x( x  10) 200
 2000  x( x  10)  x2  10 x  2000  0  ( x  40)( x  50)  0

Vì x>0 nên x + 50 > 0

 x  40  0  x  40.

 Vận tốc xe ô tô là x + 10 = 50 (km/h)

Vậy vận tốc xe máy là 40 km/h; vận tốc xe ô tô là 50 km/h.
Bài III:
1) ĐKXĐ: x  0; y  1
 x  2 y 1  5

 x  2 y  1  5(1)

Ta có hệ: 
4 x  y  1  2


8 x  2 y  1  4(2)


Cộng theo vế phương trình (1) và (2) ta được:
9 x  9  x 1 x 1

Thay x = 1 và phương trình (1) ta được:
1  2 y 1  5  2 y 1  4  y 1  2  y 1  4  y  5

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) là (1;5)
2)
a. Thay hệ tọa độ A vào đường thẳng (d) ta được:
5 = m.0 + 5 (1)
Ta thấy (1) luôn đúng với mọi m.

 (d) luôn đi qua điểm A (0;5) m

b. Ta có phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và parapol (P) là:
x2  mx  5  x2  mx  5  0(1)

Xét phương trình (1) có   m2  20  0m
 (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2

Theo định lí Vi-ét ta có: x1  x2  m
Ta có:
x1  x2  x12  x22   x1  x2  x1  x2   0

Mà x1  x2  x1  x2  0  x1  x2  0  m  0
Vậy khi m < 0 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1;x2(x1sao cho x1  x2
Bài IV:

A

M
I

H

B

C

K

N

1) Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB nên
 ACM  BCM (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

(1)

Mặt khác ta có: ACM  ANM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

(2)

Từ (1) và (2)  BCM  ANM hay ICK  INK


Xét tứ giác ICNK có ICK  INK
 ICNK là tứ giác nội tiếp.

Vậy tứ giác ICNK nội tiếp được đường tròn.
2) Vì N là điểm chính giữa cung BC nên:
NBC  BMN (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

Hay NMB  KBN
Xét  NKB và  NBM có:
KBN  NMB
MNB chung
 NKB ~  NBM (góc – góc)



NK NB

 NB2  NK .NM

NB NM

Vậy NB2  NK .NM (Điều phải chứng minh)
3) Xét NIB có:
BIN  IBA  IAB

(1)

Ta có: N là điểm chính giữa cung BC nên:
BAN  CAN

Mặt khác: CBN  CAN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung NC)
Do đó BAN  CBN

(2)

Ta có CM là tia phân giác ABC ;
AN là phân giác ABC ;
AN  CM  {I }

 I là tâm đường tròn nội tiếp
 BI là phân giác

 ABI  IBC

ABC

ABC.

(3)

Từ (1); (2); (3) ta có: BIN  IBC  NBC  IBN
 BNI cân tại N
 NI = NB.

Tương tự, MI =MB.
Do đó MN là đường trung trực đoạn thẳng BI


 MN đi qua trung điểm BI; MN  BI

Xét

HBK có: BI vừa là phân giác vừa là đường cao

 HBK cân tại B.
 BI cũng là đường trung tuyến
 BI đi qua trung điểm HK.

Xét tứ giác BHIK có: BI; HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
 BHIK là hình bình hành.

Mà BI  HK  BHIK là hình thoi.
Vậy BHIK là hình thoi.
4)

D
M
Q

P

B

O
C

K
N

Ta có: MPD  1800  MPB  1800  2.MKB
MQD  1800  MQC  1800  2.(1800  MKC )  1800  2.MKB
 MPD  MKB
 MDQP nội tiếp.
 PM  PK
 PQ là trung trực đoạn MK.
QM  QK

Mặt khác ta có: 

 PQ  MK

Lại có ND là đường kính  DM  MK
 PQ / / MD

Do đó MDQP là hình thang cân.


 PM  DQ  PK  DQ



QM  DP QK  DP
 DQKP là hình bình hành

 DK đi qua trung điểm PQ

Hay D; E; K thẳng hàng.
Vậy D; E; K thẳng hàng.
Bài V:
 Tìm giá trị nhỏ nhất:
Ta có:

(a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0
 2(a2  b2  c2  ab  bc  ca)  0
 a2  b2  c2  ab  bc  ca
 a 2  b2  c 2  9

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3
 Tìm giá trị lớn nhất:
(a  1)(b  1)  0 ab  a  b  1
Ta có: (b  1)(c  1)  0  bc  b  c  1
(c  1)(a  1)  0 ca  c  a  1


 ab  bc  ca  2(a  b  c)  3
 9  2(a  b  c)  3
 abc  6
 (a  b  c) 2  36
 a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )  36
 a 2  b 2  c 2  18

Dấu “=” xảy ra  a  1; b  1; c  4 và các hoán vị
Vậy 9  a2  b2  c2  18