Đáp án thi vào 10 môn Toán Hà Nội 2019

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

Bài I:
1) Ta thấy x  9 thỏa mãn điều kiện xác định của biểu thức A.
Thay x  9 vào A, ta có: A 

4



  4 3  1  16  1.

9 1

25  9

25  9

16

Vậy khi x  9 thì A  1.
2) Với x  0, x  25 ; ta có:

 15  x
2  x 1

B  

:
x  5  x  5
 x  25

B


B
B





15  x
x 5



x 5

x 5
x 5



x 5





2

 
.



x 5






 : x 1
x 5  x 5


x 5



x 5
x 1

1

x 1

Kết luận.
3) Ta tính: P  A.B 

4



.

x 1

25  x

1
4

x  1 25  x

Để P nguyên  4  25  x    25  x   Ư(4)   25  x  1;  2;  4 . Ta có bảng sau:
1
2
4
25  x
1
2
4
x
26

24
27
23
29
21
P
4
2
1
−4
−2
−1
Vì P nhận giá trị nguyên lớn nhất, nên P  4 . Khi đó x  24 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy với x  24 thì biểu thức P đạt giá trị nguyên lớn nhất bằng 4.
Bài II:
1) Gọi thời gian hai đội làm riêng xong công việc lần lượt là x, y ngày ( x, y  15 ).
Hai đội làm chung công việc thì sau 15 ngày sẽ xong nên ta có pt:

1 1 1
(1)
 
x y 15

Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại, đội thứ hai làm tiếp trong 5 ngày thì
1
3 5 1
xong 25%  công việc nên ta có pt:   (2)
4
x y 4

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

1 1 1
1 1

 x  y  15
 x  24

 x 24


Từ (1) và (2), ta có hệ pt: 
(thỏa mãn).
1
1
3
5
1
y

40

  

 
 x y 4
 y 40
Vậy đội thứ nhất làm riêng thì sau 24 ngày sẽ hoàn thành công việc, đội thứ hai làm riêng
thì sau 40 ngày sẽ hoàn thành công việc trên.
2) Thể tích của bồn nước hình trụ trên là:
𝑉 hình trụ = 𝑆 đáy . ℎ (𝑆 đáy là diện tích đáy, ℎ là chiều cao)
= 1,75 . 0,32 = 0,56 m3
Vậy bồn nước đựng đầy được 0,56 m3 nước.
Bài III:
1) x 4  7 x 2  18  0 (*) . Đặt t  x 2 (t  0) , phương trình (*) trở thành: t 2  7t  18  0
t  9
2
Ta có:  '   7   4.  18   121 . Phương trình có 2 nghiệm 
t  2 (L)

Khi t  9 , ta có x 2  9  x   3 . Kết luận.
2)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của

 d  và  P  :

x 2  2mx  m2  1  0

Ta có:  '  m 2  m 2  1  1  0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m
  d  luôn cắt  P  tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 .

 x  x  2m
b) Theo định lí Vi-ét, ta có:  1 2 2
 x1 x2  m  1

.

Điều kiện: x1 x2  0  m 2  1  0  m   1. Khi đó:
2  m  1
x x 2
1 1
2
2m  2
 
1  1 2
1 2
1
1
x1 x2 x1 x2
x1 x2
m 1
m2  1


2
 1 (vì m   1 )
m 1

 m 1  2  m  3 (thỏa mãn).
Vậy m  3 là giá trị cần tìm.


ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

Bài IV:
1)

̂ = 𝐵𝐹𝐶
̂ = 90
 Ta có: BE  AC; CF  AB  𝐵𝐸𝐶
̂ và 𝐵𝐹𝐶
̂ kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới góc 90
 Tứ giác BCEF có 𝐵𝐸𝐶
 Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
2)
Cách 1: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O), AD cắt EF tại N.

̂ + 𝐵𝐹𝐸
̂ + 𝐵𝐹𝐸
̂ = 180 , mà 𝐴𝐹𝐸
̂ = 180 (kề bù)
 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐶𝐵
̂ = 𝐴𝐹𝐸
̂
 𝐴𝐶𝐵
̂ = 𝐴𝐷𝐵
̂ (cùng chắn cung AB). Vì vậy 𝐴𝐷𝐵

̂ = 𝐴𝐹𝐸
̂ (1)
Mặt khác 𝐴𝐶𝐵
̂ + 𝐵𝐴𝐷
̂ = 90 (2)
 BAD vuông tại B  𝐴𝐷𝐵
̂
̂
̂ + 𝐹𝐴𝑁
̂ = 90
 Từ (1) và (2)  𝐴𝐹𝐸 + 𝐵𝐴𝐷 = 90 hay 𝐴𝐹𝑁
̂ = 90  OA  EF (đpcm).
 𝐴𝑁𝐹


ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O)  OA  Ax tại A.

̂ + 𝐵𝐹𝐸
̂ + 𝐵𝐹𝐸
̂ = 180 , mà 𝐴𝐹𝐸
̂ = 180 (kề bù)
 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐶𝐵

̂ = 𝐴𝐹𝐸
̂ (1)
 𝐴𝐶𝐵
̂ = 𝐵𝐴𝑥
̂ (góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) (2)
 Mặt khác 𝐴𝐶𝐵
̂
̂  Ax // EF, mà OA  Ax  OA  EF (đpcm).
 Từ (1) và (2)  𝐵𝐴𝑥 = 𝐴𝐹𝐸
3)

 Kéo dài AI cắt đường tròn (O) tại điểm D; AD cắt EF tại N.
̂ = 𝐴𝐻𝐹
̂ (cùng chắn cung AF)
 Chứng minh được tứ giác AEHF nội tiếp  𝐴𝐸𝑃
̂
̂
̂
̂
̂
̂2 .
mà 𝐴𝐸𝑃 + 𝐴2 = 90 và 𝐴𝐻𝐹 + 𝐴1 = 90 . Do đó 𝐴1 = 𝐴
̂=𝐴
̂1 + 𝐻𝐴𝐷
̂ và 𝑃𝐴𝐸
̂ =𝐴
̂2 + 𝐻𝐴𝐷
̂ . Vậy 𝐵𝐴𝐼
̂ = 𝑃𝐴𝐸
̂ (3)

Mặt khác 𝐵𝐴𝐼
̂ + 𝐶𝐸𝐹
̂ = 180 , mà 𝐶𝐸𝐹
̂ + 𝐴𝐸𝑃
̂ = 180 (kề bù)
 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐵𝐼
̂ = 𝐴𝐸𝑃
̂ (4)
 𝐴𝐵𝐼
 Từ (3) và (4)  ∆𝐴𝑃𝐸 ~ ∆𝐴𝐼𝑃 (g.g) (điều phải chứng minh)
AP PE

(5)

AI
IB


ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

 Ta có: BH  AC ; DC  AC  BH // DC
CH  AB; DB  AB  CH // DB
Khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành
 Hai đường chéo BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà K là trung điểm của BC nên K cũng là trung điểm của HD
 3 điểm H, K, D thẳng hàng.
̂ = 𝐴𝐻𝐹
̂ (cùng chắn cung AF)
 Chứng minh được tứ giác AEHF nội tiếp  𝐴𝐸𝑃
̂1 = 𝐴
̂2 = 𝐷𝐵𝐼
̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ = 𝐵𝐷𝐼
̂ =𝐴
̂ và 𝐸𝐻𝑃
̂ = 𝐴𝐹𝐸
̂
 Ta có: 𝑃𝐸𝐻
̂ = 𝐷𝐵𝐼
̂ và 𝐸𝐻𝑃
̂ = 𝐵𝐷𝐼
̂
 Xét ∆𝑃𝐻𝐸 và ∆𝐼𝐷𝐵 có: 𝑃𝐸𝐻
 ∆𝑃𝐻𝐸 ~ ∆𝐼𝐷𝐵 (g.g)
PH PE

(6)

ID
IB
AP PH
AP AI




.
AI
ID
PH ID
Theo định lí Ta-lẻt đảo  IP // HD hay KH // IP (điều phải chứng minh)

 Từ (5) và (6) 

Bài V:
Tìm giá trị nhỏ nhất của P:
a 2  b2
cho hai số thực a và b, ta có:
2
a 2  b2
a 2  b 2  ab  a 2  b 2 
2
3 2
 3   a  b2   a 2  b2  2
2
2
 Khi đó: ab  3   a  b 2   3  2  1

 Áp dụng bất đẳng thức ab 

 Áp dụng bất đẳng thức: a 4  b 4

a
 ab 

2

a


 b2 

2

 b2 
2

2

, ta có:

2

22
1  1
2
2
 ab  1
 Vậy GTNN của P bằng 1, xảy ra khi  2
 a  b  1 hoặc a  b  1 .
2
a  b  2
P  a 4  b4

 ab 

Tìm giá trị lớn nhất của P:
 Từ a 2  b 2  ab  3  a 2  b 2  3  ab
2
 Ta có:  a  b   0  a 2  b 2  2ab  3  ab  2ab  ab  3



 Ta biến đổi P  a 4  b4  ab  a 2  b2
  3  ab   2a 2b2  ab
2

 a 2b2  7ab  9



2

 2a 2b2  ab


ÔN THI VÀO LỚP 10
NGÀY 02/06/2019

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Môn: TOÁN
Đề của: SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
__________________________________

  ab  3 ab  4  21

ab  3  0
 Vì 3  ab  1  
nên  ab  3 ab  4  0  P  21 .
 ab  4  0

 ab  3
 ab  3
 Dấu "  " xảy ra khi  2


2
2
a  b  ab  3 
 a  b   0
 a  3 , b   3 hoặc a   3 , b  3

 Vậy GTLN của P bằng 21 xảy ra khi a  3 , b   3 hoặc a   3 , b  3 .
---------------------------------------Hết-----------------------------------Soạn: Hotaru