LỜI GIẢI BÀI THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 HÀ NỘI Ngày thi 11 tháng năm 2015 Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com Giáo viên môn Toán trường THCS Thái Thịnh, Quận Đống Đa, Hà Nội Bài I Cho P  x3 ;Q  x 2 x 1 x   x4 x 2 x  0; x  1) Tính giá trị P x = Thay x = vào P ta có: P  93  12 2 2) Rút gọn Q x 1 x    x4 x 2 Q Q Q   Q  x 1   x 2 5 x 2 x 2  x 2 x2 x x 2  x 1  x 2 x 2     x    x 2 x 2 x 2  x 2  x3 x 25 x 2  x 2  x 2  x 2  x 2   x x 2 3) Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ Q P x3 x x3  :   x Q x 2 x 2 x x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x  0; 0 x P 3  x  x Q x x P 2 Q P  x   x  3(tmdk ) Min Q x Ta có Bài II Gọi vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng x (x>2;km/h) Khi xuôi dòng: Vận tốc xuôi dòng x+2 (km/h) Quãng đường xuôi dòng 48 (km) Thời gian tàu xuôi dòng 48 (km/h) x2 >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com Khi ngược dòng: Vận tốc ngược dòng x-2 (km/h) Quãng đường ngược dòng 60 (km/h) Thời gian tàu ngược dòng 60 (km/h) x2 Vì thời gian xuôi dòng thời gian ngược dòng 1h nên ta có phương trình: 60 48    60  x    48  x     x   x   x2 x2  12 x  216  x   x  12 x  220  Giải phương trình ta có x=22 (tm đk) ; x = -10 (loại) Gọi vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng 22km/h Bài III 1) Giải hệ phương trình: 2  x  y   x     x  y   x   5 Điều kiện x  1 Đặt x  y  u; x   v (v  0) Ta có hệ phương trình 2u  v  6u  3v  12 7u  u   x  y           u  3v  5 u  3v  5 u  3v  5 v  2(tmdk )  x    x  y   y  2   x    x  3(tmdk) Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;-2) 2 Cho phương trình x   m  5 x  3m   (1) a) Chứng minh phương trình có nghiệm với m      m  5   4.1. 3m    m2  10m  25  12m  24 Ta có   m2  2m    m  1  0m Nên phương trình cho có nghiệm với m b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông có độ dài cạnh huyền *) Phương trình (1) có hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông  (1) có hai nghiệm dương phân biệt  m  1     m     P   3m     m  2 S  m     *) Áp dụng định lý Py-ta-go ta có x12  x22  52   x1  x2   x1 x2  25 (2) >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com  x1  x2  m   x1.x2  3m  Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (1) ta có  Thay vào (2) ta có:  m  5   3m    25  m2  4m  12  Giải phương trình ta có m = (tmđk); m = -6 (loại) Vậy m = Bài IV D E K N M I H F A C O B 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp Xét (O) góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy góc AMD = 900 Mà góc ACD = 900 (CDAB) Xét tứ giác ACMD: góc ACD = góc AMD = 900 Mà C M hai đỉnh kề Suy tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) 2) Chứng minh CA.CB = CH.CD Xét tam giác ACH tam giác DCB góc ACH = góc DCB = 900 góc HAC = góc CDB ( phụ góc ABD) Suy tam giác ACH đồng dạng với tam giác DCB (g-g)  AC CH ( Định nghĩa hai tam giác đồng dạng)  DC CB Suy CA CB = CH CD (đpcm) Chứng minh A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH +) AMBD; DCAB nên H trực tâm tam giác ABD BH  AD N' suy góc AN'B = 900 +) Mà góc ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy N trùng N' Vậy A, N, D thẳng hàng >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com *) Tiếp tuyến N (O) cắt DH E Ta có góc NDE = góc NBO ( phụ góc DAB) (1) góc NBO = góc ONB (chứng minh tam giác ONB cân O) (2) góc ONB = góc END ( phụ góc ENB) (3) Từ (1), (2), (3): góc NDE = góc END Nên tam giác NED cân E suy ED = EN +) Ta có góc ENH + góc END = 900; góc EHN + EDN = 900 Mà góc NDE = góc END (cmt) suy góc ENH = góc EHN Suy tam giác ENH cân E, suy EH = EN Vậy ED= EH (=EN) nên E trung điểm DH Khi M di động cung KB, chứng minh MN qua điểm cố định +) MN cắt BA F +) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn O Chứng minh OE vuông góc với MN Tam giác OIF đồng dạng với tam giác OCE suy OC.OF = OI OE Mà OI OE = R2 không đổi nên OC.OF = R2 Suy OF = R2/OC không đổi nên F cố định Bài V Cho a, b không âm thỏa mãn a  b  Tìm giá trị lớn M  2 *) a b không đồng thời 0; a=0 b = M=0 *) Xét a b khác 0: ab ab2 ab2 1     M ab a b ab 2 a b 1 1  ab  ab  nên ab   Theo bđt Cô-si     1 ab ab ab 1 1 1 1 +)         a b a b a b a b ab 1 Từ  1  M   M  1 M 1 Ta có Vậy giá trị lớn M  a  b  >> Thầy giáo Nguyễn Cao Cường – GV Tuyensinh247.com ... Thay vào (2) ta có:  m  5   3m    25  m2  4m  12  Giải phương trình ta có m = (tmđk); m = -6 (loại) Vậy m = Bài IV D E K N M I H F A C O B 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp... góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy góc AMD = 900 Mà góc ACD = 900 (CDAB) Xét tứ giác ACMD: góc ACD = góc AMD = 900 Mà C M hai đỉnh kề Suy tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu... Chứng minh A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH +) AMBD; DCAB nên H trực tâm tam giác ABD BH  AD N' suy góc AN'B = 900 +) Mà góc ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường