Tuyển tập đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán sở GD&ĐT Hà Nội (từ 1998 đến 2020) - THCS.TOANMATH.com

(1)

Đề số 1. Đề thi vào 10 thành phố Hà Nội năm 1998 . . . 2

Đề số 2. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10, TP Hà Nội, 1999-2000 . . . 5

Đề số 7. Đề thi Toán vào lớp 10 năm học 2004-2005, Hà Nội . . . 14

Đề số 8. Đề thi vào lớp 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2006 . . . 18

Đề số 9. Đề thi vào lớp 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2007 . . . 21

Đề số 10. Đề thi vào 10, Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2008 . . . 24

Đề số 11. Đề thi vào lớp 10, Sở GDHN, năm 2009 - 2010 . . . 29

Đề số 12. Đề thi vào lớp 10 - TP Hà Nội năm 2010 . . . 32

Đề số 13. Đề Tuyển sinh vào 10 SGD Hà Nội 2011 . . . 35

Đề số 14. ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SGD HÀ NỘI 2012 . . . 38

(2)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 1

Thầy Trịnh Văn Luân

ĐỀ THI VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 1998 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

A. Lý thuyết (2 điểm):Học sinh chọn 1 trong 2 đề

Đề 1: Phát biểu tính chất cơ bản của phân thức đại số. Các đẳng thức sau đúng hay sai, vì sao? 3(x²+ 1) x²+ 1 = 3;

5m−25

15−5m = m−5 m−3.

Đề 2: Chứng minh rằng: nếu cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng.

B. Bài tập bắt buộc(8 điểm) Câu 1. Cho biểu thứcP=

Å 2x+ 1

√

x³−1− 1

√x−1 ã

: Å

1− x+ 4 x+√

x+ 1 ã

. a) Rút gọnP.

b) Tìm giá trị nguyên củaxđểP nhận giá trị nguyên dương.

Lời giải.

a)

P =

Å 2x+ 1

√

x³−1− 1

√x−1 ã

: Å

1− x+ 4 x+√

x+ 1 ã

=

Å 2x+ 1 (√

x−1)(x+√

x+ 1)− 1

√x−1 ã

: x+√

x+ 1−x−4 x+√

x+ 1

= 2x+ 1−x−√ x−1 (√

x−1)(x+√

x+ 1)· x+√ x+ 1

√x−3

= x−√

x (√

x−1)(x+√

x+ 1)· x+√ x+ 1

√x−3

=

√x(√ x−1) (√

x−1)(√

x−3) =

√x

√x−3.

b) CóP =

√x

√x−3 = 1 + 3

√x−3. ĐểP nhận giá trị nguyên dương thì√

x−3phải là ước của3

⇒







√x−3 = 3

√x−3 = 1

√x−3 =−1

√x−3 =−3

⇔







√x= 6

√x= 4

√x= 2

√x= 0

⇔





 x= 36 x= 16 x= 4 x= 0.

Câu 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau36 km trong thời gian nhất định. Sau khi đi được nửa quãng đường người đó dừng lại nghỉ 18 phút. Do đó để đến B đúng hẹn người đó đã tăng vận tốc thêm2 km/h trên quãng đường còn lại. Tính vận tốc ban đầu và thời gian xe lăn bánh trên đường.

Lời giải.

Gọixkm/h là vận tốc ban đầu của người đó, suy ra vận tốc lúc sau là(x+ 2)km/h.

Thời gian người đó đi với vận tốc ban đầu trên nửa đoạn đường sau là 18 x.

(3)

Thời gian người đó phải di chuyển khi đã tăng tốc là 18 x+ 2. Do người đó đến B đúng hẹn nên 18

x = 18 60+ 18

x+ 2 ⇔18 Å1

x− 1 x+ 2

ã

= 3 10

⇔320 =x²+ 2x⇔x²+ 2x−120 = 0⇔



 x= 10 x=−12.

Vậy vận tốc ban đầu của người đó làx= 10km/h.

Tổng thời gian xe lăn bánh làT = 18 x + 18

x+ 2 = 3,3h.

Câu 3. Cho tam giácABC vuông tạiA, đường caoAH. Đường tròn đường kínhAH cắt các cạnhAB,AC lần lượt tạiE vàF.

a) Chứng minh rằng tứ giácAEHF là hình chữ nhật.

b) Chứng minhAE·AB=AF·AC.

c) Đường thẳng quaAvuông góc với EF cắt cạnhBC tạiI. Chứng minhI là trung điểm củaBC.

d) Chứng minh nếu diện tích tam giácABC gấp đôi diện tích hình chữ nhậtAEHF thì tam giácABC vuông cân.

Lời giải.

A F C

B

E H

I

a) DoE vàF thuộc đường tròn đường kínhAH nênAEH\=AF H\= 90^◦.

MàEAF[ = 90^◦ nên tứ giácAEHF là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông).

b) Tam giác vuôngABH cóHElà đường cao nênAE·AB=AH². Tam giác vuôngACH cóHF là đường cao nênAF·AC=AH². VậyAE·AB=AF·AC.

c) Ta cóAE·AB=AF ·AC⇒ AE AF = AC

AB

Mà gócAchung nên 4AEF v4ACB⇒AF E[ =ABI.[ MàAF E[ =BAI[ (cùng phụ với gócAEF[)

nênBAI[ =ABI, suy ra[ 4IAB cân tạiI, vậyIA=IB.

Chứng minh tương tự ta cóIA=IC, nênI là trung điểm củaBC

(4)

d) Giả sửSABC = 2SAEHF ⇒ SAEF

S_ACB =1 4 =EF

BC ⇒EF =1 2BC.

Mà ta cóAI=1

2BCvàEF =AH, nên AH=AI. Suy raH ≡I.

Vậy4ABC vuông cân tại A.

(5)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10, TP HÀ NỘI, 1999-2000 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Đề 1: Phát biểu hai quy tắc đổi dấu của phân thức. Viết công thức minh hoạ cho từng quy tắc.

Áp dụng: thực hiện phép tính: 2a²

a−b +a²+b² b−a .

Đề 2: Phát biểu định lí về góc nội tiếp của đường tròn. Chứng minh định lí trong trường hợp tâm O nằm trên một cạnh của góc.

B. Bài tập bắt buộc (8 điểm) Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thứcP =

Å √

√ x

x−1 − 1 x−√

x ã

: Å 1

√x+ 1+ 2 x−1

ã . a) Rút gọnP.

b) Tìm các giá trị củaxđểP >0.

c) Tìm các số mđể có các giá trị củaxthoả mãnP·√

x=m−√ x.

Câu 2 (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ A đi đến B. Xe tải đi với vận tốc40 km/h, xe con đi với vận tốc 60 km/h. Sau khi mỗi xe đi được nửa đường thì xe con nghỉ 40 phút rồi chạy tếp đến B; xe tải trên quãng đường còn lại đã tăng vận tốc thêm10km/h nhưng vẫn đến B chậm hơn xe con nửa giờ. Hãy tính quãng đường AB.

Câu 3 (3,5 điểm). Cho đường tròn(O)và một điểmAnằm ngoài đường tròn. TừAkẻ hai tiếp tuyếnAB,AC và cát tuyếnAM N với đường tròn (B, C,M,N thuộc đường tròn; AM < AN). Gọi I là giao điểm thứ hai của đường thẳngCE với đường tròn (E là trung điểm củaM N).

a) Chứng minh 4 điểmA,O,E,Ccùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh:AOC[ =BIC.[ c) Chứng minh: BI∥M N.

d) Xác định vị trí cát tuyếnAM N để diện tích tam giácAIN lớn nhất.

(6)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 3

A. Lý thuyết (2 điểm):Học sinh chọn 1 trong 2 câu:

Câu 1. Thế nào là phép khử mẫu của biểu thức lấy căn. Viết công thức tổng quát.

Áp dụng tính:

2−√

3

2 +1−√ 3 2 . Lời giải.

Phép khử mẫu của biểu thức lấy căn là phép toán đưa phân thức có căn ở mẫu thành phân thức mới bằng với nó nhưng không còn căn ở mẫu.

Công thức tổng quát: với các biểu thứcA, B màA·B ≥0 vàB 6= 0, ta có

…A B =

√A·B

|B| . Áp dụng:

2−√

3

2 +1−√ 3

2 =

p4−2√ 3

2 +1−√ 3

2 =

» (√

3−1)²

2 +1−√ 3

2 =

√ 3−1

2 +1−√ 3

2 = 0.

Câu 2. Phát biểu và chứng minh định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn.

Lời giải.

Định lí:Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Chứng minh:

NốiB vớiD. Theo định lí góc nội tiếp ta có:

BDE\=1

2sđ˘BnC, DBE\=1

2sđAmD.˘

Mà\BEC=BDE\+DBE\(góc ngoài của tam giác).

Do đó,\BEC= 1 2

Äsđ˘BnC+sđAmD˘ä .

m

n A

B E O D

C

Å √ x−4

√x(√

x−2) + 3

√x−2 ã

: Å√

x+ 2

√x −

√x

√x−2 ã

. a) Rút gọnP.

b) Tính giá trị củaP biếtx= 6−2√ 5.

c) Tìm các giá trị củanđể cóxthoả mãnP·(√

x+ 1)>√ x+n.

Lời giải.

a) Điều kiện:





 x >0

√x−26= 0

⇔0< x6= 4.

Ta cóP =

√x−4 + 3√

√ x x(√

x−2) : x−4−x

√x(√

x−2) = (4√

x−4) : (−4) = 1−√ x.

b) Vớix= 6−2√

5thìP = 1−p 6−2√

5 = 1−» (√

5−1)²= 1−(√

5−1) = 2−√ 5.

c) Ta cóP·(√

x+ 1)>√

x+n⇔(1−√

x)(1 +√ x)>√

x+n⇔1−x >√ x+n

⇔ 1

4 < x+√ x+1

4 < 5

4−n⇔n <1.

(7)

Một ca nô chạy trên sông trong8h, xuôi dòng81km và ngược dòng105km. Một lần khác cũng chạy trên khúc sông đó, ca nô này chạy trong4h, xuôi dòng54km và ngược dòng42km. Hãy tính vận tốc khi xuôi dòng và ngược dòng của ca nô, biết vận tốc dòng nước và vận tốc riêng của ca nô không đổi.

Lời giải.

Gọixkm/h vày km/h lần lượt là vận tốc xuôi dòng và ngược dòng của ca nô (x > y >0).

Ta có hệ phương trình









 81

x +105 y = 8 54

x +42 y = 4

⇔





 1 x = 1

27 1 y = 1

21

⇔





 x= 27 y= 21

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy vận tốc xuôi dòng là27km/h, vận tốc ngược dòng là21km/h.

Câu 3 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, dây M N vuông góc với dây AB tại I sao cho IA < IB. Trên đoạnM I lấy điểmE(Ekhác M vàI). TiaAE cắt đường tròn tại điểm thứ hai K.

a) Chứng minh tứ giácIEKB nội tiếp.

b) Chứng minh tam giácAM E vàAKM đồng dạng vàAM²=AE·AK.

c) Chứng minh: AE·AK+BI·BA= 4R².

d) Xác định vị trí điểmI sao cho chu vi tam giácM IO đạt GTLN.

Lời giải.

a) VìAB là đường kính nênAKB\= 90^◦.

Ta cóEKB\ =EIB[ = 90^◦ nên tứ giácIEKBnội tiếp.

b) Ta cóM AE\ =KAM\ (do cùng chắn cung nhỏM K).¯ EM A\ = 1

2sđAN˜= 1

2sđ¯AM =M KA.\ Vậy∆AM Ev∆AKM.

c) Từ∆AM Ev∆AKM suy ra AE

AM =AM

AK ⇔AE·AK =AM².

Tam giácAM Bvuông tạiM (doABlà đường kính) vàM Ilà đường cao nênBI·BA=M B².

Khi đó,AE·AK+BI·BA=AM²+M B²=AB²= 4R².

A B

M

N

O

K

E I

d) Ta cóC_{M IO}=M I+IO+OM.

MàOM =Rkhông đổi nênC_{M IO} lớn nhất khiM I+IO lớn nhất.

Ta có(M I+IO)²≤2(M I²+IO²) = 2OM²= 2R² suy raM I+IO≤√ 2R.

Dấu “=” xảy ra khiM I=IO=R√ 2 2 .

Vậy chu vi tam giácM IO lớn nhất khiI nằm trênABvà cáchO một khoảng bằng R√ 2

2 .

(8)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 4

Đề 1: Phát biểu định nghĩa và nêu tính chất của hàm số bậc nhất.

Áp dụng: Cho hai hàm số bậc nhấty= 0,2x−7 vày = 5−6x. Hỏi hàm số nào đồng biến, hàm số nào nghịch biến, vì sao?

Đề 2: Nêu các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp đường tròn.

Å√

x− x+ 2

√x+ 1 ã

: Å √

√ x

x+ 1 −

√x−4 1−x

ã . a) Rút gọnP.

b) Tìm các giá trị củaxđểP <0.

c) Tìm GTNN củaP.

Một công nhân dự định làm 150 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Sau khi làm được 2h với năng xuất dự kiến, người đó đã cải tiến các thao tác nên đã tăng năng xuất được 2 sản phẩm mỗi giờ và vì vậy đã hoàn thành 150 sản phẩm sớm hơn dự kiến 30 phút. Hãy tính năng xuất dự kiến ban đầu.

Câu 3 (3,5 điểm). Cho đường tròn(O)đường kínhABcố định và một đường kínhEF bất kì (E khácA,B). Tiếp tuyến tạiB với đường tròn cắt các tiaAE,AF lần lượt tạiH, K. Từ Kkẻ đường thẳng vuông góc vớiEF cắtHK tạiM.

a) Chứng minh tứ giácAEBF là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giácEF KH nội tiếp đường tròn.

c) Chứng minhAM là trung tuyến của tam giácAHK.

d) GọiP,Q lần lượt là điểm của HB, BK, xác định vị trí của đường kínhEF để tứ giácEF QP có chu vi nhỏ nhất.

(9)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 5

Đề 1: Phát biểu và viết dạng tổng quát của qui tắc khai phương một tích.

Áp dụng:P =

√50−√

√ 8 2 . Lời giải.

Qui tắc khai phương một tích: Muốn khai phương một tích của các số không âm, ta có thể khai phương từng thừa số rồi nhân các kết quả với nhau.

Với hai sốavàbkhông âm, ta có√

a·b=√ a·√

b.

Áp dụng:

P =

√ 50−√

√ 8

2 =5√ 2−2√

√ 2

2 = 3√

√2 2 = 3.

Đề 2: Định nghĩa đường tròn. Chứng minh rằng đường kính là dây lớn nhất của đường tròn.

Lời giải.

Định nghĩa đường tròn:Đường tròn tâmObán kínhR(vớiR >0) là hình gồm các điểm cách điểmOmột khoảng bằngR, kí hiệu(O;R).

Chứng minh đường kính là dây lớn nhất của đường tròn:

GọiABlà một dây bất kì của đường tròn(O;R).

NếuABlà đường kính thìAB= 2R.

NếuABkhông là đường kính:

Xét tam giácAOB, có:

AB < AO+OB=R+R= 2R.

Vậy ta cóAB≤2Rhay đường kính là dây lớn nhất của đường tròn.

O

B A

B. Bài tập bắt buộc (8 điểm)

Câu 1. Cho biểu thứcP= Å 4√

x 2 +√

x+ 8x 4−x

ã :

Å √ x−1 x−2√

x− 2

√x ã

. a) Rút gọnP.

b) Tìm giá trị củaxđểP =−1.

c) Tìm mđể với mọi giá trị củax >9 ta có:m(√

x−3)P > x+ 1.

Lời giải.

a) ĐKXĐ:x >0;x6= 4.

(10)

P = Å 4√

x 2 +√

x+ 8x 4−x

ã :

Å √ x−1 x−2√

x− 2

√x ã

= 4√

x(2−√ x) + 8x (2 +√

x)(2−√ x) :

√x−1−2(√ x−2)

√x(√ x−2)

= 8√

x+ 4x (2 +√

x)(2−√ x)·

√x(√ x−2)

−√ x+ 3

= 4√

x(2 +√ x) (2 +√

x)(2−√ x)·

√x(2−√

√ x) x−3

= 4x

√x−3.

b) P =−1⇔ 4x

√x−3 =−1⇔4x+√

x−3 = 0⇔







√x=−1

√x= 3 4

⇔x= 9

16 (thỏa mãn).

VậyP = 1khi và chỉ khix= 9 16. c) Ta có

m(√

x−3)P > x+ 1∀x >9

⇔m(√

x−3)· 4x

√x−3 > x+ 1∀x >9

⇔4mx > x+ 1∀x >9

⇔(4m−1)x >1∀x >9

⇔4m−1> 1

x ∀x >9

⇔4m−1≥1 9

⇔m≥ 5 18.

Câu 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch, hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kỹ thuật mới nên tổ I đã vượt mức18%, tổ II vượt mức21%, vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch?

Lời giải.

Gọi số sản phẩm được giao của tổ I và tổ II theo kế hoạch lần lượt làxvày (0< x, y <600;x, y∈N).

Do hai tổ được giao sản xuất600sản phẩm nên ta có phương trình

x+y= 600 (1)

Do tổ I vượt mức18%, tổ II vượt mức 21%và hai tổ đã hoàn thành vượt mức120sản phẩm nên ta có phương trình x(1 + 18%) +y(1 + 21%) = 600 + 120⇔118x+ 121y= 72000 (2) Từ (5) và (6), ta có hệ phương trình







x+y= 600

118x+ 121y= 72000

⇔







x= 200(thỏa mãn) y= 400(thỏa mãn).

Vậy theo kế hoạch, tổ I được giao200 sản phẩm, tổ II được giao400sản phẩm.

Câu 3. Cho đường tròn(O), một đường kínhABcố định, một điểmI nằm giữaAvàOsao choAI= 2

3AO. Kẻ dây M N vuông góc vớiAB tạiI. GọiClà điểm tùy ý thuộc cung lớnM N, sao choC không trùng vớiM, N vàB. Nối AC cắtM N tại E.

(11)

a) Chứng minh tứ giácIECB nội tiếp được trong đường tròn.

b) Chứng minh4AM E đồng dạng với4ACM vàAM²=AE·AC.

c) Chứng minhAE.AC−AI.IB=AI².

d) Hãy xác định vị trí của điểmCsao cho khoảng cách từN đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácCM Elà nhỏ nhất.

Lời giải.

I E

J

B N

A O

C

M

a) DoM N ⊥ABnênEIB[ = 90^◦.

VìACB\là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \ACB= 90^◦. Xét tứ giác IECBcóEIB[+ECB\= 90^◦+ 90^◦= 180^◦.

Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giácIECBlà tứ giác nội tiếp.

b) VìIECB là tứ giác nội tiếp nênAEI[=IBC.[

Lại có\ABC=AM C\ (hai góc nội tiếp cùng chắn cungAC).˜ Suy raAEM\ =AM C.\

Vậy4AM E v4ACM (g-g).

⇒ AM AC = AE

AM ⇒AM²=AE·AC.

c) Xét tam giácAEI và tam giácABC có:







Abchung

AIE[=\ACB= 90^◦

⇒ 4AEIv4ABC (g-g)⇒ AE AB = AI

AC ⇒AE·AC=AB·AI.

⇒AE·AC−AI·IB=AB·AI−AI·IB=AI(AB−IB) =AI².

(12)

d) GọiJ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácCM E.

Vì4AEMv4AM C nênAM E\ =ACM\.

Suy raAM là tiếp tuyến tại M của(J)⇒J M ⊥AM.

MàAM B\ = 90^◦(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BM⊥AM.

VậyJ luôn thuộc đường thẳngM B.

Do đó N J nhỏ nhất khi và chỉ khiJ trùng hình chiếuH củaN trênM B hay khiC trùng với giao điểm của đường tròn(H;HM)với(O).

(13)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 6

Câu 1. Cho biểu thức:P = Å√

x− 1

√x ã

: Å√

x−1

√x +1−√ x x+√

x ã

. a) Rút gọnP.

b) Tính giá trị của P khix= 2 2 +√

3. c) Tìm các giá trị củaxthoả mãnP.√

x= 6√

x−3−√ x−4.

Để hoàn thành một công việc, hai tổ phải làm chung trong 6h. Sau 2h làm chung thì tổ hai bị điều đi làm việc khác, tổ một đã hoàn thành nốt công việc còn lại trong 10h. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì sau bao lâu sẽ hoàn thành công việc.

Câu 3. Cho đường tròn(O;R), đường thẳngd không qua O cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt A, B. Từ một điểmCtrênd(Cnằm ngoài đường tròn), kẻ hai tiếp tuyếnCM,CN tới đường tròn (M,N thuộcO). GọiH là trung điểm củaAB, đường thẳngOH cắt tiaCN tại K.

a) Chứng minh 4 điểmC,O,H,N thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh:KN·KC=KH·KO.

c) Đoạn thẳngCO cắt(O)tạiI, chứng minhI cách đềuCM, CN,M N.

d) Một đường thẳng đi quaO và song song vớiM N cắt các tiaCM,CN lần lượt tạiEvàF. Xác định vị trí của điểmCtrêndsao cho diện tích tam giácCEF nhỏ nhất.

(14)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 7

ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2004-2005, HÀ NỘI Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

A. Lý thuyết (2 điểm):Học sinh chọn 1 trong 2 đề Đề 1: Nêu điều kiện để√

Acó nghĩa.

Áp dụng: Với giá trị nào của x thì√

2x−1có nghĩa.

Lời giải.

•√

Acó nghĩa⇔A≥0.

•√

2x−1có nghĩa⇔2x−1≥0⇔x≥ 1

2.

Đề 2: Phát biểu và chứng minh định lý góc có đỉnh ở bên trong đường tròn.

Lời giải.

•Định lí

Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

•Chứng minh

Ta có\BEC=EBD\+BDE\ (1)(tính chất góc ngoài của tam giác).

Theo tính chất góc nội tiếp ta có EBD\=1

2sđAmD˘ (2) BDC\=1

2sđ˘BnC (3)

Từ(1),(2),(3)suy ra \BEC=sđAmD˘ +sđ˘BnC

2 .

B

C

n O

A D

m

E

B. Bài tập bắt buộc (8 điểm)

Câu 1. Cho biểu thứcP= Å 1

√x−2 +5√ x−4 2√

x−x ã

:

Å2 +√

√ x x −

√x

√x−2 ã

. a) Rút gọnP.

b) Tính giá trị củaP khix=3−√ 5 2 . c) Tìm mđể cóxthỏa mãnP =mx√

x−2mx+ 1.

Lời giải.

(15)

a) Điều kiện x >0, x6= 4.

P =

Å 1

√x−2 +5√ x−4 2√

x−x ã

:

Å2 +√

√ x x −

√x

√x−2 ã

=

ï 1

√x−2− 5√ x−4

√x(√ x−2)

ò :

ï(√

x−2)(√

x+ 2)−x

√x(√ x−2)

ò

=

√x−5√ x+ 4

√x(√

x−2) : −4

√x(√ x−2)

= 4−4√

√ x x(√

x−2)·

√x(√ x−2)

−4

= √

x−1.

b) Khix=3−√ 5 2 , ta có P =

3−√

5 2 −1 =

6−2√

5

4 =

»(√ 5−1)²

2 −1 =

√5−1 2 −1 =

√5−3 2 . c) Với điều kiệnx >0, x6= 4.

Để cóxthỏa mãnP =mx√

x−2mx+ 1⇔√

x−1 =mx√

x−2mx+ 1 (1)có nghiệm.

Ta có

(1)⇔mx(√

x−2) + 2−√

x= 0 ⇔ (√

x−2)(mx−1) = 0

⇔ mx−1 = 0 (2) (do √

x−26= 0).

Xét phương trình(2)

• Nếum= 0, phương trình vô nghiệm.

• Nếum6= 0, phương trình có nghiệmx= 1

m, (m6= 0).

Đểx= 1

m là nghiệm của (1)⇔





 1 m >0

1 m 6= 4

⇔





 m >0 m6= 1 4. Vậy điều kiện củamlà





 m >0 m6= 1 4.

Theo kế hoạch, một công nhân phải hoàn thành 60 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng do cải tiến kỹ thuật nên mỗi giờ người công nhân đó đã làm thêm 2 sản phẩm. Vì vậy, chẳng những đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 30 phút mà còn vượt mức 3 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch, mỗi giờ người đó phải làm bao nhiêu sản phẩm?

Lời giải.

Gọixlà số sản phẩm người đó làm được mỗi giờ theo kế hoạch, điều kiệnx >0.

Khi đó thời gian để hoành thành60sản phẩm là 60 x (giờ).

Thực tế số sản phẩm người đó làm trong mỗi giờ làx+ 2.

Do làm được nhiều hơn dự định3 sản phẩm, và thời gian ít hơn30phút nên ta có phương trình 63

x+ 2+1 2 =60

x ⇔ 126x+ (x+ 2)x= 120(x+ 2)

⇔ x²+ 8x−240 = 0.

Giải phương trình ta đượcx= 12(nhận) vàx=−20(loại).

Vậy số sản phẩm dự định làm trong mỗi giờ là20sản phẩm.

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy điểm M tùy ý giữaA vàB. Đường tròn đường kính BM cắt đường thẳngBC tại điểm thứ hai làE. Các đường thẳngCM,AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ 2 làH vàK.

(16)

a) Chứng minh tứ giácAM EC là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh gócACM bằng gócKHM.

c) Chứng minh các đường thẳngBH,EM vàAC đồng quy.

d) Giả sửAC < AB, hãy xác định vị trí củaM để tứ giácAHBC là hình thang cân.

Lời giải.

O

H

D C

E K

A M B

a) Chứng minh tứ giácAM EC là tứ giác nội tiếp.

Do4ABC vuông tạiAnên \CAB= 90^◦ hay CAM\ = 90^◦.

DoM EB\ = 90^◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒M EC\ = 90^◦. Vậy tứ giácAM EC nội tiếp đường tròn đường kínhM C.

b) Chứng minh gócACM bằng gócKHM.

NốiB vớiH, xét(O)ta cóHBE\ =HKE\ (hai góc nội tiếp cùng chắn cungHE).

Do tứ giácAM EC nội tiếp, nênECM\ =EAM\ (hai góc nội tiếp cùng chắn cungEM).

Lại cóHBE\+HCB\ = 90^◦, suy raAKH\+KAM\ = 90^◦⇒KH⊥AB.

MàAC⊥AB, suy raAC∥KH⇒ACM\ =KHM\ (hai góc ở vị trí so le trong).

c) Chứng minh các đường thẳngBH,EM vàAC đồng quy.

GọiD là giao điểm củaAC vàBH⇒CH, BAlà hai đường cao của4BCD⇒M là trực tâm4BCD.

Lại cóM E ⊥BC⇒M E là đường cao của4BCD⇒M E đi qua D, hay ba đường thẳngBH, M E, AC đồng quy.

(17)

d) Giả sửAC < AB, hãy xác định vị trí củaM để tứ giácAHBC là hình thang cân.

Tứ giácAHBC là hình thang cân⇔M B=M C⇔ 4M BC cân tạiM ⇒E là trung điểmBC.

Ta có4BEM v4BAC⇒ BM BC = BE

BA ⇒BM= BE·BC BA = 1

2· BC² BA . Vậy điểm M thuộc đoạnABthỏa mãn hệ thứcBM= 1

2 ·BC²

BA thì tứ giácAHBC là hình thang cân.

(18)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2006 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 4. Cho biểu thứcP=

ï a+ 3√ a+ 2 (√

a+ 2)(√

a−1)−a+√ a a−1

ò :

Å 1

√a+ 1 + 1

√a−1 ã

. a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìmađể 1 P −

√a+ 1 8 ≥1.

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: a≥0vàa6= 1.

Ta cóP =

ï a+ 3√ a+ 2 (√

a+ 2)(√

a−1) −a+√ a a−1

ò :

Å 1

√a+ 1 + 1

√a−1 ã

= ï(√

a+ 1)(√ a+ 2) (√

a+ 2)(√

a−1)−

√a(√ a+ 1) (√

a−1)(√ a+ 1)

ò :

Å√

a−1 +√ a+ 1 (√

a+ 1)(√ a−1)

ã

= Å√

a+ 1

√a−1 −

√a

√a−1 ã

·(√

a+ 1)(√ a−1) 2√

a

= 1

√a−1 ·(√

a−1)(√ a+ 1) 2√

a

=

√a+ 1 2√

a . b) Ta có 1

P −

√a+ 1

8 ≥1 ⇔ 2√

√ a

a+ 1 −

√a+ 1 8 ≥1

⇔16√ a−(√

a+ 1)²≥8(√ a+ 1)

⇔a−6√

a+ 9≤0

⇔(√

a−3)²≤0

⇔√

a−3 = 0

⇔a= 9(thỏa mãn điều kiện).

Vậya= 9.

Câu 5. Một ca nô xuôi dòng trên một khúc sông từAđếnB dài80km, sau đó lại ngược dòng đến địa điểmCcách bếnB 72km. Thời gian ca nô xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là15phút. Tính vận tốc riêng của ca nô biết vận tốc của dòng nước là4km/h.

Lời giải.

Gọix(km/h) là vận tốc riêng của ca nô (Điều kiệnx >4).

Thời gian ca nô đi từAđến B là 80

x+ 4 và thời gian ca nô đi từB đếnC là 72 x−4.

Vì thời gian ca nô xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là15phút nên ta có phương trình 80

x+ 4 +1

4 = 72

x−4 ⇔320(x−4) + (x+ 4)(x−4) = 288(x+ 4)⇔x²+ 32x−2448 = 0⇔



 x= 36 x=−68.

Vậy vận tốc

riêng của ca nô là36km/h

Câu 6. Tìm toạ độ giao điểm củaAvàB của đồ thị hàm sốy= 2x+ 3vày=x². GọiDvàC lần lượt là hình chiếu vuông góc củaAvàB trên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD.

(19)

Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đườngy= 2x+ 3vày=x² là

x²= 2x+ 3⇔





x=−1⇒y= 1 x= 3⇒y= 9.

Suy raA(−1; 1) vàB(3; 9).

VìD vàC lần lượt là hình chiếu vuông góc củaAvàB trên trục hoành nên ta cóD(−1; 0) vàC(3; 0).

ABCD là hình thang vuông tạiC vàDnên có diện tích là SABCD= (AD+BC)·CD

2 =(1 + 9)·4

2 = 20(đvdt).

Câu 7. Cho đường tròn(O)có đường kínhAB= 2R,Clà trung điểm củaOAvà dâyM N vuông góc vớiOAtạiC.

GọiK là điểm tuỳ ý trên cung nhỏBM,¯ H là giao điểm củaAK vàM N.

a) Chứng minh rằng tứ giácBCHK là tứ giác nội tiếp;

b) Tính tíchAH.AK theoR;

c) Xác định vị trí của điểmK để tổng(KM+KN+KB)đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

Lời giải.

M

O

N

A B

H D

C

K

a) Tứ giácBCHK cóBCH\= 90^◦(gt) và BKH\ = 90^◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy raBCHK là tứ giác nội tiếp.

b) Hai tam giácACH vàAKB có \ACH=AKB\= 90^◦ vàBAK\ chung.

⇒ 4ACHv4AKB ⇒ AC AK = AH

AB ⇒AH.AK=AB.AC= 2R· R 2 =R². c) Trên đoạnKN lấy điểmD sao choKD=KB.

Dễ thấy hai tam giác BM N vàKBDlà các tam giác đều.

Ta cóBM K\ =BN K\ (1)(góc nội tiếp cùng chắn cungKB).

Ta lại cóN BD\ =M KB\ = 120^◦ (2).

Từ(1)và(2)suy raM BK\ =BN D\ (tổng các góc trong của một tam giác bằng180^◦).

Hai tam giácM BK vàN BDcóBN =BM,M BK\ =BN D,\ BK=BD.

(20)

⇒ 4M BK=4N BD(c-g-c)⇒M K=N D.

Do đó, ta cóKM+KN+KB=DN+DK+KN = 2KN.

Suy ra tổng(KM+KN+KB)đạt giá trị lớn nhất khiKN đạt giá trị lớn nhất⇔KN là đường kính.

Vậy tổng (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn nhất là4R khi K là điểm đối xứng của N quaO hayK là điểm chính giữa của cung nhỏBC.

Câu 8. Cho hai số dươngx, ythoả mãn điều kiệnx+y= 2. Chứng minh :x²y²(x²+y²)≤2.

Lời giải.

Ta cóx²y²(x²+y²) =1 2xy

2xy(x²+y²)

≤ 1 2xy

Åx²+ 2xy+y² 2

ã²

= 2xy≤2x+y 2

²

= 2.

(21)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 9

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2007 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 1. Cho biểu thứcP=

√x

√x−1 + 3

√x+ 1−6√ x−4 x−1 . a) Rút gọnP.

b) Tìm các giá trị củaxđểP < 1 2. Lời giải.

a) Điều kiện 0≤x6= 1.

P=

√x

√x−1 + 3

√x+ 1−6√ x−4 x−1

=

√x(√

x+ 1) + 3(√

x−1)−6√ x+ 4 x−1

= x−2√ x+ 1 x−1

=

√x−1

√x+ 1.

b) ĐểP =

√x−1

√x+ 1 < 1

2 ⇔2(√

x−1)≤√

x+ 1 ⇔√

x≤3⇔x≤9.

Kết hợp điều kiện ta được0≤x <9vàx6= 1.

Câu 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình

Một người đi xe đạp từA đếnB cách nhau24km. Khi từB trở vềA người đó tăng vận tốc thêm4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi30phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từAđếnB.

Lời giải.

Gọi vận tốc lúc đi làx(km/h),x >0.

Khi đó, vận tốc lúc về làx+ 4 (km/h).

Theo đề bài ta có phương trình 24 x − 24

x+ 4 = 1 2. Phương trình tương đương vớix²+ 4x−192 = 0.

Giải ra ta đượcx= 12vàx=−16(loại).

Vậy, vận tốc người đi xe đạp khi đi từAđến B là12km/h.

Câu 3. Cho phương trìnhx²+bx+c= 0.

a) Giải phương trình khib=−3,c= 2.

b) Tìmb,c để phương trình có hai nghệm phân biệt và tích bằng1.

Lời giải.

a) Khib=−3,c= 2 ta có tổng các hệ sốa+b+c= 0 nên phương trình có hai nghiệmx1= 1,x2= 2.

b) Phương trình có hai nghệm phân biệt và tích bằng1 khi







∆>0 P = c

a = 1

⇔







b²−4c >0 c= 1

⇔







b >2hoặcb <−2 c= 1

.

(22)

Câu 4. Cho đường tròn (O;R)tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên đường thẳng d lấy điểm H (H khác A) và AH < R. QuaH kẻ đường thẳng vuông góc vớidcắt đường tròn tại hai điểm phân biệt E, B(E nằm giữaB vàH).

a) Chứng minhABE\=EAH\và4ABHv4EAH.

b) Lấy điểmC trên đường thẳngdsao choH là trung điểm củaAC, đường thẳngCE cắtABtạiK. Chứng minh tứ giácAHEK nội tiếp.

c) Xác định vị trí của điểmH đểAB=R√ 3.

Lời giải.

B

d C H A

E

M O

K

a) Ta có\ABE =EAH\ (cùng chắn cung AE).

4ABH và4EAH là hai tam giác vuông góc có\ABE =EAH\ nên4ABHv4EAH.

b) VìH là trung điểm củaAC vàEH⊥AC nên4AECcân tạiE.

Suy raECA[ =EAC[ =ABH.\ MàABH\+BAH\= 90^◦.

⇒ECA[ +BAH\= 90^◦.

⇒EKA\= 90^◦.

Tứ giácAHEK cóEHA\+EKA\ = 180^◦ nên là tứ giác nội tiếp.

c) GọiM là trung điểm củaEB thìOM ⊥EB vàOM =AH.

Ta cóAB=R√

3⇒\AOB= 120^◦⇒BOM\ = 30^◦⇒ 4OBE đều cạnhR.

VậyOM =AH=R√ 3 2 .

Câu 5. Cho đường thẳngy= (m−1)x+ 2. Tìmmđể khoảng cách từ gốc toạ độO tới đường thẳng đó lớn nhất.

Lời giải.

(23)

O x y

B H

A 2

Dễ thấyA(0; 2) là điểm cố định của đường thẳng. Gọi B là giao điểm của đường thẳng với trục hoành. Trong tam giác vuôngOAB kẻOH ⊥AB,H ∈ABthìOH chính là khoảng cách từ gốc tọa độOtới đường thẳng.

VìOH,OAlần lượt là đường vuông góc và đường xiên kẻ từOđến ABnênOH ≤OA.

Do đó, khoảng cách từO đến đường thẳng lớn nhất khiH trùng vớiA, nghĩa là đường thẳng đi quaAvà song song với trục hoành.

Suy ram−1 = 0⇔m= 1.

(24)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 10

ĐỀ THI VÀO 10, SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2008 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 1. Cho biểu thứcP= Å 1

√x+

√x

√x+ 1 ã

:

√x x+√

x. a) Rút gọnP.

b) Tính giá trị củaP khix= 4.

c) Tìm giá trị củaxđểP = 13 3 . Lời giải.

a) Điều kiện xác định của biểu thứcP làx >0.

Ta có

P = Å 1

√x+

√x

√x+ 1 ã

:

√x x+√

x =

√x+ 1 +x

√x(√ x+ 1) :

√x

√x(√ x+ 1)

= x+√ x+ 1

√x(√ x+ 1) ·

√x(√ x+ 1)

√x =x+√ x+ 1

√x ·

b) Khix= 4ta đượcP = 4 +√ 4 + 1

√

4 = 4 + 2 + 1

2 =7

2· c) Với điều kiệnx >0 và khiP =13

3 ta được phương trình x+√

x+ 1

√x = 13

3 ⇔3x+ 3√

x+ 3 = 13√

x⇔3x−10√

x+ 3 = 0

⇔3x−9√ x−√

x+ 3 = 0⇔3√ x √

x−3

− √ x−3

= 0

⇔ √ x−3

3√ x−1

= 0⇔





√x−3 = 0 3√

x−1 = 0

⇔







√x= 3

√x=1 3

⇔





 x= 9 x= 1 9. Đối chiếu điều kiệnx >0ta nhậnx= 9 vàx=1

9 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình, hệ phương trình:

Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được900 chi tiết máy. Tháng thứ hai tổ I vượt mức15% và tổ II vượt mức10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ sản xuất được1010chi tiết máy. Hỏi tháng thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

Lời giải.

Gọix,y lần lượt là số chi tiết máy mà tổ I, tổ II sản xuất được trong tháng thứ nhất.

Điều kiện











x, y∈N^∗ x <900 y <900.

(25)

Vì tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được900chi tiết máy nên ta có phương trình

x+y= 900. (3)

Vì tháng thứ hai tổ I vượt mức15% và tổ II vượt mức10% so với tháng thứ nhất và hai tổ sản xuất được1010chi tiết máy nên ta có

1,15x+ 1,1y= 1010⇔23x+ 22y= 20200. (4) Từ (5) và (6) ta có hệ phương trình







x+y= 900 23x+ 22y= 20200

⇔







23x+ 23y= 20700 23x+ 22y= 20200

⇔







x= 400 y= 500.

Vậy trong tháng thứ nhất tổ I sản suất được400chi tiết máy và tổ II sản xuất được500chi tiết máy.

Câu 3. Cho parabol(P) :y= 1

4x²và đường thẳng(d)có phương trìnhy=mx+ 1, vớim là tham số.

a) Chứng minh với mọi mđường thẳng(d)luôn cắt parabol(P)tại hai điểm phân biệtA,B.

b) Tính diện tích tam giácAOB theom(O là gốc toạ độ).

Lời giải.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P)và(d)là 1

4x²=mx+ 1⇔x²−4mx−4 = 0. (*)

Phương trình (∗)có∆⁰= (−2m)²−1·(−4) = 4m²+ 4>0với mọi mthuộcR.

Vậy phương trình(∗)luôn có hai nghiệm phân biệt với mọim. Do đó đường thẳng(d)luôn cắt parabol (P)tại hai điểm phân biệtA,B với mọi giá trị của m.

b) Phương trình(∗)luôn có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng như hình vẽ bên.

Gọi giao điểm của(d)và(P)làA(x1;y1),B(x2;y2) với x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (∗) và x₁<0< x₂.

Gọi hình chiếu vuông góc củaB,A lên trụcOxlần lượt làC,D.

Ta có

OC =|x2|=x2; OD=|x₁|=−x₁;

CD=OC+OD=x2−x1; BC=|y2|= 1

4x²₂; AD=|y1|=1

4x²₁.

x y

O A

B

D C

Diện tích của tam giácOAB là

S_OAB =S_ABCD−S_OBC−S_OAD= (AD+BC)CD

2 −1

2OC·BC−1

2OD·AD

= Å1

4x²₂+1 4x²₁

ã

(x₂−x₁)

2 −1

2x2·1 4x²₂−1

2(−x1)·1 4x²₁

= 1

8(x²₂+x²₁)(x2−x1)−1 8x³₂+1

8x³₁= 1

8x²₁x2−1

8x²₂x1= 1

8x1x2(x1−x2).

(26)

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình(∗)ta có







x1+x2= 4m x1x2=−4.

Khi đó(x1−x2)²= (x1+x2)²−4x1x2= 16m²+ 16 = 16(m²+ 1).

Suy ra

|x1−x2|=»

16(m²+ 1) = 4p m²+ 1

⇒x1−x₂=−4p

m²+ 1 (vìx₁< x₂).

Do đóSOAB =1

8 ·(−4)·Ä

−4√

m²+ 1ä

= 2√ m²+ 1.

Câu 4. Cho đường tròn(O)đường kínhAB= 2RvàE là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác AvàB). Đường phân giác góc\AEB cắt đoạnAB tạiF và cắt đường tròn(O)tại điểm thứ haiK.

a) Chứng minh4KAF v4KEA.

b) GọiI là giao điểm của đường trung trực đoạnEF vàOE, chứng minh đường tròn(I)bán kínhIEtiếp xúc với đường tròn(O)tạiE và tiếp xúc với đường thẳngAB tạiF.

c) Chứng minhM N ∥AB, trong đóM, N lần lượt là giao điểm thứ hai củaAE,BE với đường tròn(I).

d) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giácKP Q theoR khiE chuyển động trên đường tròn(O), với P là giao điểm củaN F vàAK,Qlà giao điểm củaM F vàBK.

Lời giải.

E

O I

A B

K P

Q M N

F

(27)

a) Ta cóAEK\=BEK\ (vìEKlà tia phân giác của góc \AEB).

Lại cóBAK\=BEK\ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung¯BK) nênBAK\=AEK.\ Xét hai tam giácKAF vàKEAcó

AKF\=AKE\(góc chung) KAF\=KEA\(chứng minh trên) Vậy4KAF v4KEA(g-g).

b) Ta cóO,I,Ethẳng hàng vàOI=OE−EI nên đường tròn(I)bán kínhIEtiếp xúc với đường tròn(O)tạiE.

Tam giácIEF cóIE=IF nên nó cân tạiI.

Tam giácOEK cóOE=OK nên nó cân tạiO.

Suy raIF E[ =OKE\ (cùng bằng gócOEK).\ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nênIF ∥OK.

Vì EKlà tia phân giác của góc\AEB nên ¯AK=¯BK, suy raAK =BK. Vì vậy tam giác ABK vuông cân tại K. Cho nênOK⊥AB.

Ta cóIF ∥OKvàOK⊥ABnên AB⊥IF.

MàIF là một bán kính của đường tròn(I, IE)nên đường tròn(I, IE)tiếp xúc với đường thẳngABtại F.

c) Ta cóM EN\ =\AEB = 90^◦ nên M N là đường kính của đường tròn (I, IE). Khi đó tam giácEIN cân tại I.

Cho nênIN E[ =IEN.[

Lại có tam giác OEBcân tạiO nênOBE\=\OEB.

Suy raIN E[ =OBE\hayM N E\ =\ABE.

Mà hai gócM N E\ và\ABE ở vị trí đồng vị nênM N ∥AB.

d) Ta cóM F N\ = 90^◦nên \P F Q= 90^◦. Ta cũng cóAKB\= 90^◦.

Trong đường tròn(O)ta có

KAB\=KEB.\ (1)

Trong đường tròn(I)ta có

AF M\ =F N M\ =F EM\ =F EN\=KEB\ (2) Từ(1)và(2)suy raKAB\=AF M\.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nênM Q∥AK. Do đóM Q⊥BK hayF QK\ = 90^◦. Xét tứ giác P F QKcó \P F Q=F QK\=P KQ\= 90^◦ nên tứ giácP F QK là hình chữ nhật.

Xét tam giácBF Qvuông tạiQcó

QBF\=F EM\ =AF M\ =QF B.\ Suy ra tam giácBF Qvuông cân tạiQ.

Chu viKP Qbằng

KP +P Q+KQ=F Q+P Q+KQ=QB+F K+QK

=QB+QK+F K =BK+F K.

Ta luôn có¯AK =BK‘(đã chứng minh ở phần trên) nênK là điểm chính giữa của cungAB.˜

VìO cố định, Kcố định vàF K ≥OK (quan hệ đường vuông góc, đường xiên) nên chu vi tam giácKP Qnhỏ nhất khiF ≡O khi đóE là điểm chính giữa của cungAB.˜

Như vậy chu vi nhỏ nhất của tam giácKP Qlà BK+OK=p

OB²+OK²+OK=R√

2 +R=RÄ√ 2 + 1ä

.

(28)

Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP= (x−1)⁴+ (x−3)⁴+ 6(x−1)²(x−3)².

Lời giải.

Đặta=x−2. Khi đóx−1 =a+ 1vàx−3 =a−1.

Ta có

P= (a+ 1)⁴+ (a−1)⁴+ 6(a+ 1)²(a−1)²

=a⁴+ 4a³+ 6a²+ 4a+ 1 +a⁴−4a³+ 6a²−4a+ 1 + 6(a²−1)²

= 8a⁴+ 8≥8.

Đẳng thức xảy ra khia= 0hayx−2 = 0⇔x= 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất củaP bằng8khi x= 2.

(29)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 11

ĐỀ THI VÀO LỚP 10, SỞ GDHN, NĂM 2009 - 2010 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 1 (9D1B8). [9D1B8][9D1B8] Cho biểu thứcA= x

x−4 + 1

√x−2+ 1

√x+ 2 (vớix6= 4, x≥0).

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thứcA khix= 25.

c) Tìm giá trị củaxđểA=−1 3 . Lời giải.

a) A= x+ (√

x+ 2) + (√ x−2)

x−4 = x+ 2√ x (√

x+ 2)(√

x−2) =

√x

√x−2. b) Vớix= 25⇒A=5

3. c) A=−1

3 ⇔

√x

√x−2 =−1 3 ⇔3√

x=−√

x+ 2⇔√ x=1

2 ⇔x= 1

4 (thỏa mãn).

Câu 2 (9D4B8). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo, hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo?

Lời giải.

Gọi số áo tổ2may được trong một ngày làx(x∈N^∗, áo).

Số áo tổ1may được trong một ngày là x+ 10(áo).

Trong3 ngày tổ thứ nhất may được3(x+ 10)(áo).

Trong5 ngày tổ thứ hai may được5x(áo).

Tổ1may trong3 ngày và tổ2 may trong5 ngày được1310chiếc áo nên ta có phương trình 3(x+ 10) + 5x= 1310⇔8x= 1280⇔x= 160(thỏa mãn).

Vậy mỗi ngày tổ1may được 160 + 10 = 170chiếc áo.

Mỗi ngày tổ2may được 160chiếc áo.

Câu 3 (9D4B4). [9D4B6] Cho phương trìnhx²−2(m+ 1)x+m²+ 2 = 0(1).

a) Giải phương trình khim= 1.

b) Tìm giá trị củamđể phương trình có hai nghiệm phân biệtx1,x2thỏa mãn x²₁+x²₂= 10.

Lời giải.

a) Khim= 1 ta có phương trìnhx²−4x+ 3 = 0⇔



 x= 1 x= 3.

b) Điều kiện để phương trình(1)có hai nghiệm phân biệt là∆⁰>0

⇔(m+ 1)²−(m²+ 2)>0⇔2m−1>0⇔m > 1 2.

(30)

Áp dụng Viet ta có







x₁+x₂= 2(m+ 1) x1x2=m²+ 2

.

Ta cóx²₁+x²₂= 10⇔(x1+x2)²−2x1x2= 10⇔4(m+ 1)²−2(m²+ 2) = 10

⇔m²+ 4m−5 = 0⇔





m= 1 (thỏa mãn) m=−5 (loại).

Vậym= 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4 (9H3B7). [9H2B6][9H2B6][9H3K7] Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyếnAB,AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giácABOC là tứ giác nội tiếp.

b) GọiE là giao điểm củaBC vàOA. Chứng minhBE vuông góc với OAvàOE·OA=R².

c) Trên cung nhỏBC lấy điểmKbất kỳ (Kkhác B vàC). Tiếp tuyến tạiK của đường tròn(O;R)cắtAB,AC theo thứ tự tại P vàQ. Chứng minh tam giácAP Qcó diện tích không đổi khiK chuyển động trên cung nhỏ BC.

d) Đường thẳng quaO và vuông góc vớiOAcắtAB,AC theo thứ tự tạiM,N. Chứng minhP M +QN≥M N. Lời giải.

M

P B

N

C

Q

O A

K E

a) VìAB,AC là tiếp tuyến của đường tròn(O)nênAB⊥OB,AC⊥OC

⇒ABOC là tứ giác nội tiếp.

b) VìAB=AC (tính chất tiếp tuyến) vàOB =OC ⇒OAlà đường trung trực củaBC

⇒BC⊥OAtạiE.

Xét tam giácOBAcó\OBA= 90^◦ và đường caoBE⇒OE·OA=OB²=R².

c) VìP K,P B là các tiếp tuyến của(O)cắt nhau tạiP nênP K=P B. Tương tự,QK=QC. Ta cóAP+P Q+QA=AP+P B+AQ+QC=AB+AC(không đổi).

d) VìABC là tam giác cân tạiA vàM N ∥BC⇒AM N cũng là tam giác cân tạiA

⇒AM N\ =AN B\⇒M AN\ + 2AM N\ = 180^◦.

VìABOC là tứ giác nội tiếp nên \BAC+\BOC= 180^◦. MàBOC\= 2\P OQ⇒AM N\ =\P OQ.

(31)

Xét tam giácP OM cóP ON\=P M O\ +OP M\ =P OQ\+QON\⇒QON\=OP M.\ Ta có∆OM Pv∆QN O(g-g)⇒OM

QN = P M

ON ⇒P M·QN =OM². Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta cóP M+QN ≥2√

P M·QN= 2OM =M N.

Câu 5 (9D5G5). Giải phương trình

x²−1

4 +

…

x²+x+1 4 = 1

2 2x³+x²+ 2x+ 1 . Lời giải.

x²−1

4+

…

x²+x+1 4 =1

2 2x³+x²+ 2x+ 1

⇒ s

x²−1 4+

Å x+1

2 ã2

=1

2[x²(2x+ 1) + (2x+ 1)]

⇒ Å

x−1 2

ã Å x+1

2 ã

+

x+1 2

= Å

x+1 2 ã

(x²+ 1).

Nhận xét: để phương trình có nghiệm thìx≥ −1

2. Khi đó ta có Å

x−1 2

ã Å x+1

2 ã

+ Å

x+1 2 ã

= Å

x+1 2 ã

(x²+ 1)

⇒ Å

x+1 2

ã2

= Å

x+1 2 ã

(x²+ 1)

⇒ Å

x+1 2 ã

= Å

x+1 2 ã

(x²+ 1)⇒ Å

x+1 2 ã

x²= 0⇒





 x= 0 x=−1

2.

• Vớix= 0 thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn.

• Vớix=−1

2 thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình làS= ß

0;−1 2

™

.

(32)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 12

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 - TP HÀ NỘI NĂM 2010 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 6. ChoP =

√x

√x+ 3+ 2√

√ x

x−3 −3x+ 9

x−9 , (x≥0vàx6= 9).

a) Rút gọnP.

b) Tìm giá trị củaxđểP = 1 3. c) Tìm GTLN củaP.

Lời giải.

a) P =

√x

√x+ 3+ 2√

√ x

x−3 −3x+ 9 x−9 . P =

√x

√x+ 3+ 2√

√ x

x−3 − 3x+ 9 (√

x−3)(√ x+ 3). P =

√x(√

x−3) + 2√ x(√

x+ 3)−(3x+ 9) (√

x−3)(√

x+ 3) . P = x−3√

x+ 2x+ 6√

x−3x−9 (√

x−3)(√

x+ 3) . P = 3√

x−9 (√

x−3)(√ x+ 3). P = 3(√

x−3) (√

x−3)(√ x+ 3). P = 3

√x+ 3. b) P = 1

3 ⇔ 3

√x+ 3 =1 3 ⇔√

x+ 3 = 9⇔√

x= 6⇔x= 36.

c) Ta cóx≥0⇔√

x≥0⇔√

x+ 3≥3⇔ 1

√x+ 3 ≤1

3 ⇔ 3

√x+ 3 ≤1⇔P ≤1.

VậyP_max= 1, dấu bằng xảy ra khix= 0.

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng là7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.

Lời giải.

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật làx(m) (3< x <13).

Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng là7m nên chiều dài hình chữ nhật là x+ 7(m).

Theo đề, ta có phương trình:x²+ (x+ 7)²= 13²

⇔2x²+ 14x−120 = 0⇔x²+ 7x−60 = 0.

∆ = 289>0 nên phương trình có hai nghiệm

x1= 5(thỏa mãn điều kiện) x2=−12(loại)

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là5m; chiều dài là12m.

Câu 8. Cho Parabol(P) :y=−x²và đường thẳng(d) :y=mx−1.

(33)

a) Chứng minh rằng với mọi mthì(d)luôn cắt(P)tại2 điểm phân biệt.

b) Gọix1, x2 là các hoành độ giao điểm của(d)và(P). Tìm giá trị củamđểx²₁x2+x²₂x1−x1x2= 3.

Lời giải.

a) Phương trình hoành độ giao điểm−x²=mx−1⇔x²+mx−1 = 0. (*) Ta có∆ =m²+ 4>0∀m, suy ra phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọim.

Vậydluôn cắt(P)tại hai nghiệm phân biệt với mọim.

b) Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọim.

Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có







x1+x2=−m x₁x₂=−1

(**) Ta cóx²₁x2+x²₂x1−x1x2= 3⇔x1x2(x1+x2)−x1x2= 3. (***) Thay (**) vào (***) ta có−1.(−m)−(−1) = 3⇔m= 2.

Câu 9. Cho đường tròn(O;R)đường kínhAB= 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B),D thuộc dây BC (D khácB,C). Tia ADcắt cung nhỏBC tại E, tiaAC cắtBE tạiF.

a) Chứng minh tứ giácF CDE nội tiếp.

b) Chứng minhDA.DE=DB.DC.

c) Chứng minhCF D\=\OCB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giácF CDE, chứng minhIC là tiếp tuyến của (O).

d) Cho biếtDF =R, chứng minhtan\AF B = 2.

Lời giải.

a) Ta có \ACB= 90^◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra DCF\= 90^◦ (kề bù với góc\ACB).

Tương tự \DEF = 90^◦.

Tứ giácF CDE cóDCF\+\DEF = 180^◦ Vậy tứ giácF CDE là tứ giác nội tiếp.

b) Xét4DCAvà4DEBcó

\ACD=DEB\= 90^◦

\ADC=BDE\(hai góc đối đỉnh) Suy ra4DCAv4DEB (g.g)

⇒ DA DB =DC

DE ⇔DA·DE=DB·DC.

F

A C

E

B I

O D

c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCF E,\CF D=CED\(cùng chắn cung CD) (1)

Xét đường tròn(O), \CED=\CBA(cùng chắn cungAC) (2)

Mặt khácOB=OC =Rsuy ra4OBCcân tạiO suy raOBC\=\OCB (3)

Từ (1), (2), (3) suy raCF D\=OCB.\

(34)

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giácCDF E nênI là trung điểmDF. Xét đường tròn(I), IC=IDsuy ra 4ICDcân tạiI ⇒ICD[ =IDC.[ Ta cóICD[ = 90^◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

suy ra IDC[+CF D\= 90^◦, màIDC[ =ICD[ (cmt), \CF D=\OCB (cmt)

suy raICD[ +OCB\= 90^◦⇔ICO[ = 90^◦ ⇔IC ⊥OC, mà OC là bán kính của(O)nên IC là tiếp tuyến của (O).

d) Ta có4CBAv4CF D(g.g)⇒ CB CF = BA

F D. MàF D=R;BA= 2R nên CB

CF = BA F D = 2.

Ta cótan\AF B= tanCF B\= CB CF = 2.

Câu 10. Giải phương trìnhx²+ 4x+ 7 = (x+ 4)√

x²+ 7.

Lời giải.

Đặtt=√

x²+ 7, phương trình đã cho trở thànht²+ 4x= (x+ 4)t

⇔t²−(x+ 4)t+ 4x= 0⇔(t−x)(t−4) = 0⇔



 t=x t= 4.

⇔





px²+ 7 = 4 px²+ 7 =x

⇔







x²+ 7 = 16





 x≥0 x²+ 7 =x²

⇔x²= 9⇔x=±3.

(35)

LUYỆN THI VÀO LỚP 10 NH 2019-2020

ĐỀ SỐ 13

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 SGD HÀ NỘI 2011 Thời gian: 90 phút (không kể phát đề)

Câu 11. ChoA=

√x

√x−5 − 10√ x

x−25− 5

√x+ 5 , với x6= 0 vàx≥25.

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị củaAkhix= 9.

c) Tìm xđểA < 1 3. Lời giải.

a) Với x6= 0 vàx6= 25, ta có

A=

√x

√x−5− 10√ x

x−25− 5

√x+ 5

=

√x(√ x+ 5)

x−25 − 10√ x x−25−5(√

x−5) x−25

=x+ 5√

x−10√ x−5√

x+ 25 x−25

=x−10√ x+ 25 x−25

= (√ x−5)² (√

x−5)(√ x+ 5)

=

√x−5

√x+ 5.

b) Vớix= 9⇒A=

√9−5

√9 + 5 =−1 4 c) A < 1

3 ⇔

√x−5

√x+ 5 < 1 3 ⇔2√

x <20⇔0≤x <100.

Kết hợp với kiều kiện xác định ta có







0< x <100 x6= 25

.

Câu 12. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?

Lời giải.

Gọia(tấn),a≥0: số tấn hàng mỗi ngày.

Gọib(ngày), b∈N^∗: số ngày.

Theo đề bài ta có







a×b= 140

(a+ 5)(b−1) = 140 + 10

⇔







ab= 140 5b−a= 15

⇒5b²−15b−140 = 0⇔



 b= 7 b=−4(loại)

.

Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong7 ngày.

(36)

Câu 13. Cho parabol(P): y=x² và đường thẳng(d):y= 2x−m²+ 9.

a) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol (P)và đường thẳng(d)khim= 1.

b) Tìmmđể đường thẳng(d)cắt parabol(P)tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

Lời giải.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P)và(d)khim= 1 làx²= 2x+ 8⇔



 x=−2 x= 4.

• Vớix=−2⇒y= 4⇒A(−2; 4)

• Vớix= 4⇒y= 16⇒B(4; 16)

Vậy tọa độ giao điểm của(P)và(d)làA(−2; 4);B(4; 16).

b) Phương trình hoành độ giao điểm của(P)và(d)làx²= 2x−m²+ 9⇔x²−2x+m²−9 = 0 (1).

Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1)có hai nghiệm phân biệt trái dấu⇔a×c <0⇔m²−9<

0⇔ −3< m <3.

Vậy−3< m <3.

Câu 14. Cho đường tròn tâm O, đường kínhAB= 2R. Gọid₁ vàd₂ lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm AvàB. GọiI là trung điểm củaOA vàE là điểm thuộc đường tròn(O)(E không trùng vớiAvàB).

Đường thẳngdđi qua điểmE và vuông góc vớiEI cắt hai đường thẳngd1,d2 lần lượt tạiM,N. a) Chứng minhAM EI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minhEN I[ =EBI[ vàM IN\ = 90^◦. c) Chứng minhAM·BN=AI·BI.

d) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác M IN theoRkhi ba điểmE,I,F thẳng hàng.

Lời giải.

a) Chứng minhAM EI là tứ giác nội tiếp:

Xét tứ giác M AIE có 2 góc vuông là A và góc E (đối nhau), nên M AIE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kínhM I.

b) Tương tự, ta cóEN BIlà tứ giác nội tiếp đường tròn đường kínhIN.VậyEN I[ =EBI[ (vì cùng chắn cungˆEI.) Tương tự \EM I=EAI[ (vì cùng chắn cungˆEI.)

Mà EAI[ +EBI[ = 90^◦ (4EAD vuông tại E), suy ra M IN\ = 180^◦−Ä

\EM I+EN I[ä

= 90^◦. A

M

B N

G

E

O I

F

(37)

c) Do4M AI v4IBN⇒ AM IB = AI

BN ⇔AM·BN =AI·BI(1).

d) GọiGlà điểm đối xứng củaF quaAB. Ta cóAM+BN = 2OG(2).(Vì tứ giácAM N B là hình thang và có OGlà đường trung bình)

Ta cóAI= R

2;BI=3R 2 . Từ(1)và(2)ta có







AM+BN = 2R AM·BN =3R² 4

⇒AM;BN là nghiệm của phương trìnhx²−2Rx+3R² 4 = 0.

Từ đó, suy ra AM = R

2 và BN = 3R

2 ⇒ 4M AI và 4N BI là các tam giác vuông cân⇒ M I = R√ 2 2 và N I =3R√

2

2 ⇒S_{4M IN} = 1 2· R

√2· 3R

√2 =3R² 4 .

Câu 15 (0,5 điểm). Vớix >0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:M = 4x²−3x+ 1

4x+ 2011.

Lời giải.

Ta cóM = 4 Å

x−1 2

ã²

+x+ 1

4x+ 2010≥2

… x· 1

4x+ 2010 = 2011. Đẳng thức xảy ra khix= 1 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất củaM là2011.