Đề tham khảo thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 41 - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hà Nội (Có đáp án)

Bài I : (2 điểm). Với 0x  và 4x  , cho hai biểu thức : 
2 2 1
2 1 2
x x x
T
x x x x
 
  
   
 và 
3
1
2
x
L
x

 

1) Tính giá trị của biểu thức L khi 16x  ; 
2) Rút gọn biểu thức 
T
Y
L
 
3) Tìm x để Y có giá trị nguyên. 
Bài II (2 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. 
 Một người đi xe đạp khởi hành từ địa điểm A. Sau đó 2 giờ 30 phút, một người đi xe máy cũng khởi hành từ A 
đuổi theo người đi xe đạp và bắt kịp người đi xe đạp tại một địa điểm cách A là 60 km. Tính vận tốc của mỗi người biết 
vận tốc của người đi xe máy lớn hơn vận tốc người đi xe đạp là 25 km/h. 
Câu III ( 2 điểm). 1) Cho phương trình : 
2 4 1 0x x m    (1) ( m là tham số ) 
a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia. 
2) Giải hệ phương trình sau : 
4 9
1
2 1 1
3 2 13
2 1 1 6
x y
x y

    

  
  
Câu IV (3,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC  AB AC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn  ;O R . Các đường cao 
, ,AD BE CF cắt nhau tại H . 
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp được đường tròn. 
b) Chứng minh . .AE AC AF AB 
c) Chứng minh OA  EF. 
d) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF. Đường thẳng đi qua F song song với AC cắt AK, AD lần 
lượt tại M,N. Chứng minh MF NF . 
2) Trên mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai điểm  0;4A và 
  3;0B  . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón tạo thành 
 khi quay tam giác OAB quanh trục tung 
Câu V (0,5 điểm). Giải phương trình: 2 3 2 5 2 2 5 2 2x x x x        
----------------------------HẾT---------------------------- 
SỞ GD-ĐT HÀ NỘI 
 ĐỀ THAM KHẢO SỐ 41 
Môn: TOÁN 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
Năm học: 2017 - 2018 
Thời gian làm bài: 120 phút ( h ng ể th i gi n gi o đ 
Hướng dẫn giải 
Bài I : (2 điểm). Với 0x  và 4x  . 
Cho hai biểu thức : 
2 2 1
2 1 2
x x x
T
x x x x
 
  
   
 và 
3
1
2
x
L
x

 

1) Tính giá trị của biểu thức L khi 16x  
Với 16x 
3 4 3 1
1 1
4 2 22
x
L L
x
 
      

2) Rút gọn biểu thức Y=T:L 
Ta có 
2 2 1
2 1 2
x x x
T
x x x x
 
  
   
   
 
   
  
   
   
   
2 . 2 1 12
1 . 2 1 . 2 1 . 2
2 2 4 1
1 . 2
4 1
1 . 2
x x x xx
T
x x x x x x
x x x x
T
x x
x
T
x x
  
   
     
    
 
 

 
 
3 2 3 1
1
2 2 2
x x x
T
x x x
   
   
  
   
4 1 1 4 1
: L :
2 11 . 2
x x
Y T
x xx x
 
   
  
3) Tìm x để Y có giá trị nguyên. 
Cách 1: Ta có 
4 1
1
x
Y
x



 
 
1 4 1
4 1
1
(Y 4)
4
Y x x
x Y Y
Y
x
Y
   
   

  

Vì 
1 0
4 01
0 0 1 4
4 1 0
4 0
Y
YY
x Y
Y Y
Y
  

        
  

 
Bảng giá trị 
Y 1 2 3 
x 0 1
2
2 
x 0 1
4
4 
 TM TM L 
Vậy 
1
0;
4
x
 
 
 
 thì Y Z 
Cách 2: Ta có 
4 1 3 3
4 ; 0 3
1 1 1
x
Y
x x x

    
  
. Để Y nguyên thì 
 
 
 
 
0 /
3 3 1
1;2;3 /
41 1
4
x t m
x x t m
x x
x L


     
 


Bài II (2 điểm). Đổi 2 giờ 30 phút= 2,5 giờ 
Gọi vận tốc người đi xe đạp là x ( km/h). x>0. 
Vậy vận tốc ngươi đi xe máy là x+25 ( km/h). 
Hai người gặp nhau tại địa điểm các A là 60 km. Vậy quãng đường 2 người đi là 60 km 
Vậy thời gian người đi xe đạp đi là : 
60
x
 ( giờ). Thời gian người đi xe máy đi là 
60
25x 
 ( giờ). 
Vì người đi xe may khởi hành sau người đi xe đạp 2,5 giờ. Vậy ta có phương trình : 
   
2 2
60 60 5
120. 25 120. 5. . 25
25 2
15( )
3000 5 125 25 600 0
40( )
x x x x
x x
x TM
x x x x
x L
      


          
Vậy vận tốc người đi xe đạp là 15 km/h và vận tốc người đi xe máy là 40km/h 
Câu III ( 2 điểm). 
1) Giải hệ phương trình sau : 
4 9
1
2 1 1
3 2 13
2 1 1 6
x y
x y

    

  
  
Điều kiện xác định : 
1
2
1
x
y



 
 Đặt 
1
2 1
1
1
a
x
b
y

 

 

4 9 11 4 9 1 1
2 1 22 1 1 2
213
13 2 13 1 33 2
26
32 1 1 6
a b a
xx y x
ya b
yb
x y
                
        
                
Vậy hệ phương trình có nghiệm  
1
; ; 2
2
x y
 
  
 
2) Cho phương trình : 
2 4 1 0x x m    (1) ( m là tham số ) 
a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ' 0  
 
2
2 1 0 3m m       
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia. 
Giả sử phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2;x x và 1 23x x 
Theo hệ thức vi-et ta có : 
1 2
1 2
4
( )
. 1
x x
I
x x m
 

 
Thay 1 23x x vào (I) 
2
2 2
22
22
1
3 4 1
1 3 1 21
33 1
3
x
x x m
m mm
xx m
   
          
  

Vậy m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Câu IV (3,5 điểm) 1. 
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp 
được đường tròn 
Xét tứ giác ABDE có 
BH  AD  090AEB  
AD  BC  090ADB  
 tứ giác ABDE nội tiếp 
b) Chứng minh AE.AC=AF.AB 
Xét ACF và ABE có: 
A chung 
090AEB AFC  
B
D
O
x
H
C
A
E
F
ACF ABE  
. .
AC AB
AC AE AB AF
AF AE
    
c) Chứng minh OA  EF 
Xét tứ giác BFEC có 
090BFC BEC  
Vậy BFEC nội tiếp 
AFE BAC  
Mà BAC BAx ( cùng chắn cung AB) 
AFE BAx mà 2 góc ở vị tris so le trong / /Ax EF 
Lại có Ax  OA 
Vậy EE  OA 
d) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng 
BC và EF. Đường thẳng đi qua F song 
song với AC cắt AC cắt AK, AD lần lượt 
tại M,N. Chứng minh MF=NF. 
Ta có MF//AC  
MF KF
AE KE
 (1) 
Gọi S là giao điểm của AD và EF. 
Ta có MF//AC
FN SF
AE SE
  (2) 
Xét DEF ta cm được DS là phân giác 
trong và DB là phân giác ngoài 
(3)
SF DF
SF KFSE DE
KF DF SE KE
KE DE


  
 

Từ (1);(2);(3)  
MF FN
MF FN
AE AE
   
2. Giả thiết suy ra  
 2
4; 3 5
15 ;
1
12
3
xq
h r l
S rl dvdt
V r h dvtt
 
 
   
  
 
Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình: 2 3 2 5 2 2 5 2 2x x x x        (*) 
S
N
M
H
CB
K
A
D
F
E
Điều kiện xác định : 
5
2
x  
   
2 2
(*) 2 4 6 2 5 2 4 2 2 5 4
2 5 6 2 5 9 2 5 2 2 5 1 4
2 5 3 2 5 1 4
2 5 3 2 5 1 4(1)
x x x x
x x x x
x x
x x
        
          
      
      
TH1: 2 5 1 3x x    
(1) 2 5 3 2 5 1 4 2 2 5 2 3( )x x x x TM             (I) 
TH2: 2 5 1 3x x    (1) 2 5 3 2 5 1 4x x        4 4  ( thỏa mãn với mọi giá trị x) 
Vậy 
5
3
2
x  (II) 
Từ (I) và (II) vậy nghiệm của phương trình là 
5
3
2
x  
By: Thuan TranQuang 
 Maths_Hanoi National University of Education 
 Email: aspvietnam.netuk@gmail.com. Tel: 0982.333.581