24 TS10 ha noi 1718 HDG

STT 24. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI
NĂM HỌC 2017 - 2018
Bài 1:

(2,0 điểm)
Cho hai biểu thức A 

x 2
x 5

và B 

3
x 5



20  2 x
với x  0 ; x # 25
x  25

1) Tính giá trị biểu thức A khi x  9 .
1
2) Chứng minh rằng B 
.
x 5
3) Tìm tất cả các giá trị của x để A  B. x  4 .
Bài 2:

Bài 3:

(2,0 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
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 quãng đường AB dài 120km. 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 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
(2,0 điểm)
 x 2 y 1  5

1) Giải hệ phương trình 
.
4
x

y

1

2



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 tại hai điểm phân
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y  mx  5.

2

biệt có hoành độ lần lượt là x 1, x 2 (với x1  x 2 ) sao cho x1  x 2 .
Bài 4:

 

(3,5 điểm) Cho đường tròn O ngoại tiếp tam giác nhọn ABC . Gọi M và N lần lượt là điểm
chính giữa của 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 lượt tại các điểm H và K .
1) Chứng minh bốn điểm C , N , K, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh NB 2  NK .NM .
3) Chứng minh tứ giác BHIK 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 O . Chứng minh ba

Bài 5:

điểm D, E, K thẳng hàng.
(0,5 điểm)
Cho các số thực a,b, c thay đổi luôn thỏa mãn: a  1,b  1, c  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 .


STT 24. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI
NĂM HỌC 2017 - 2018
( 2,0 điểm)

Bài 1:

Cho hai biểu thức A 

x 2

và B 

3



x 5
x 5
1) Tính giá trị biểu thức A khi x  9 .
1
2) Chứng minh rằng B 
.
x 5
3) Tìm tất cả các giá trị của x để A  B. x  4 .

20  2 x
với x  0 ; x # 25
x  25

Lời giải
1) Thay x  9 (tmđk) vào A  A 

5
2

Với x  0 ; x # 25
3
20  2 x


x  5 ( x  5)( x  5)

B





3( x  5)  20  2 x
x 5

( x  5)( x  5)
( x  5)( x  5)

1
x 5

Vậy : Với x  0, x  25 thì B 

1
x 5

2) Với x  0, x  25

A  B. x  4
....  x  2  x  4
T.H 1

x 2  x4  x x 6  0
 x  3(t / m)

 ....  
 x  2(loai )

 x9
T.H 2

x 2  4 x  x x 2  0
 x  1(t / m)
 ....  
 x  2(loai )

 x 1
Vậy: x  1 và x  9 thì A  B. x  4


Bài 2:

(2,0 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
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 quãng đường AB dài 120km. 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 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
Lời giải
Gọi vận tốc của xe máy là x ( Đơn vị km / h , x  0 )
Đổi 36 phút 

3
giờ
5

Vận tốc của ô tô là x  10 km / h

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là
Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là

120
( giờ )
x

120
( giờ )
x  10

Lập luận để có PT:
120 120
3


x
x  10 5

 x 2  10 x  2000  0
 x  50(loai )

 x  40(t / m)
Vậy: Vận tốc của xe máy là 40 km / h và vậ tốc của ô tô là 50 km / h
Bài 3:

(2,0 điểm)
 x 2 y 1  5

1) Giải hệ phương trình 

.
4
x

y

1

2



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 tại hai điểm phân
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y  mx  5.

2

biệt có hoành độ lần lượt là x 1, x 2 (với x1  x 2 ) sao cho x1  x 2 .
Lời giải
1) ĐKXĐ: x  0 và y  1
Ta có hệ:

x  5  2 y 1



4(5  2 y  1)  y  1



y  5
 y 1  2
 ...  
Giải được: 
( t / m)
x

1
x

1



 x 1
Vậy hpt có nghiệm là: 
y  5


2) a) Thay tọa độ A  (0;5) vào y  mx  5 ta có:

5  m.0  5 ( luôn đúng với mọi m )
Vậy (d ) luôn đi qua A  (0;5) với mọi m
b) PT hoành độ giao điểm:
x2  mx  5  0 (1)
Lập luận PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m
Lập luận có: x1  0  x2 nên x1  x2  x1  x2  0
Áp dụng định lí viet, thay x1  x2  m
Ta có:
Bài 4:

x1  x2  m  0

(3,5 điểm) Cho đường tròn  O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC . Gọi M , N lần lượt là điểm
chính giữa của 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 lượt tại các điểm H và K .
a) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh NB2  NK .NM .
c) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
d) 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  O  . Chứng minh ba
điểm D , E , K thẳng hàng.
Lời giải:

a)

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

Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của  O  (giả thiết)
 sd AM  sd MB

 ANM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét tứ giác CNKI ta có:
INK  ICK (vì ANM  BCM )

 CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng
nhau)


 C , N , K , I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh NB2  NK .NM .

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của  O  (giả thiết)
 sd BN  sd NC

 BMN  NBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét BMN và KBN ta có:
-

BNM là góc chung.

-

BMN  NBK (vì BMN  NBC )

 BMN


KBN  g-g 

NB NM
 NB2  NK .NM .

NK
NB

c) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

+ Chứng minh BHIK là hình bình hành.
Gọi J là giao điểm của AN và BC .

Ta có: sd AM  sd MB (cmt)


 ACM  BCM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 CM là phân giác của ACB
 CI là phân giác trong của CAJ


IA CA

IJ CJ

(1)

Ta có: sd AM  sd MB (cmt)

 ANM  BNM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

 NM là phân giác của ANB .

 NH là phân giác trong của NAB


HA NA

HB NB

(2)

Ta có: sd BN  sd NC

 BAN  CAN (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét CAJ và NAB ta có:
-

ACJ  ANB (hai góc nội tiếp cùng chắn AB )

-

BAN  CAJ (cmt)

 CAJ


NAB  g-g 

CA CJ
CA NA



NA NB
CJ NB

Từ (1), (2), (3) suy ra

(3)

IA HA


IJ HB

 HI BJ (định lí Thales đảo) hay HI BK

(4)

Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI BH

(5)

Từ (4) và (5) suy ra BHIK là hình bình hành.
+ Chứng minh BH  BK .
Ta có : KBN

BMN (cmt) 

BK
BN
BM .BN

 BK 
BM MN
MN

Chứng minh tương tự câu b) ta có: HMB


(6)

BMN  g-g 

BH BM
BM .BN

 BH 
BN MN
MN

Từ (6) và (7) suy ra BH  BK
Mà BHIK là hình bình hành nên BHIK là hình thoi.

(7)


d) 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  O  . Chứng minh ba điểm D
, E , K thẳng hàng.

Ta có: NBK  BMK (cmt)

 BN là tiếp tuyến tại B của  P 
 BN  BP
Mà BN  BD (vì DBN  90o : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
nên B , P , D thằng hàng.
Ta có: PBK cân tại P ( PB  PK )
 BPK  180o  2  PBK



(8)




 NB  NC sd NB  sd NC
 ON là đường trung trực của đoạn BC
Ta có: 

OB  OC


 DB  DC ( D thuộc đường thẳng ON )
 DBC cân tại D
 BDC  180o  2  DBC

(9)

Từ (8) và (9) suy ra BPK  BDC
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PK DC  PK DQ

(10)

Chứng minh tương tự ta có: C , Q , D thẳng hàng và QK DP

(11)

Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành
Mà E là trung điểm của đường chéo PQ nên E cũng là trung điểm của đường chéo DK

 D , E , K thẳng hàng.


Bài 5:

(0,5 điểm) Cho các số thực a , b , c thay đổi luôn thỏa mãn: a  1 , b  1 , c  1 và
ab  bc  ca  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P  a2  b2  c2
Lời giải:
+ Tìm giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:
a 2  b 2  2ab
 2
2
2
2
2
 b  c  2bc  2  a  b  c   2  ab  bc  ca 
 c 2  a 2  2ca

 P  a2  b2  c2  ab  bc  ca  9

 a  b  c 1
Dấu ‘=’ xảy ra  
 a b  c  3.
ab  bc  ca  9
+ Tìm giá trị lớn nhất.
a  1  a  1 b  1  0 ab  a  b  1  0




Vì b  1   b  1 c  1  0   bc  b  c  1  0
 c  1  c  1 a  1  0  ca  c  a  1  0




 ab  bc  ca  2  a  b  c   3  0
3 abc 

ab  bc  ca  3
6
2

  a  b  c   36
2

 a 2  b2  c2  2  ab  bc  ca   36

 P  36  2  ab  bc  ca   18
 a  4, b  c  1
Dấu ‘=’ xảy ra  b  4, c  a  1 .
c  4, a  b  1
Vậy GTNN của P là 9 , xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 .

 a  4, b  c  1
GTLN của P là 18 , xảy ra khi và chỉ khi b  4, c  a  1 .
c  4, a  b  1