Gợi ý giải đề thi môn Toán vào lớp 10 Tại Hà Nội năm 2016 của trung tâm Học Mãi

1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
MÔN TOÁN
Bài 1.
Cho hai biểu thức
7
8
A
x


và
2 24
93
x x
B
xx

 

(x  0; x  9)
1) Với x = 25 (Thỏa mãn x  0; x  9)
Ta có
7 7 7
138 25 8
A
x
  
 
2) Với x  0; x  9, ta có:
2 24 ( 3) 2 24 5 24 ( 3)( 8) 8
93 ( 3)( 3) ( 3)( 3) ( 3)( 3) 3
x x x x x x x x x x
B
xx x x x x x x x
        
     
       
3)
8 7 7 7
. . (0; ] P=1;2
33 8 3
x
P A B
x x x

    
  
Với P = 1, ta được x = 16 (TMĐK x  0; x  9)
Với P = 2, ta được x =
1
4
( TMĐK x  0; x  9)
Bài 2.
Gọi chiều dài hình chữ nhật là: x (m) (x > 0), suy ra chiều rộng hình chữ nhật là:
720
x
(m)
Theo bài ra, ta có phương trình: 2 2720
( 10)( 6) 720 6 60 7200 0 10 1200 0x x x x x
x
          
Giải phương trình ta được 1
2
30 ( )
40 ( )
x TM
x L

  
Vậy chiều dài hình chữ nhật là 30 (m), chiều rộng hình chữ nhật là 24 (m).
Bài 3.
1. Đặt  
x
u
x 1
x 1;y 2
1
v
y 2

 
  
 


2. Hệ phương trình trở thành:
3u 2v 4 3u 2v 4 7u 14 u 2
2u v 5 4u 2v 10 2u v 5 v 1
        
     
         
 
x
2
x 2x 1
TM
1 y 1
1
y 2

 
  
  

Vậy hệ phương trình có nghiệm    x;y 2; 1  .
2. a. Phương trình tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
2 2 2 2
x 3x m 1 x 3x m 1 0        (1)
Ta xét    2 2 2 2
3 4 m 1 9 4m 4 4m 5 0            với mọi m.
Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
2. b. Gọi 1 2x ;x là các hoành độ giao điểm của (d) và (P) nên 1 2x ;x là hai nghiệm của phương
trình (1).
Theo định lý Vi-ét ta có:
1 2
2
1 2
x x 3
x x 1 m
 

 
Ta có:    2 2
1 2 1 2 1 2x 1 x 1 1 x x x x 1 1 1 m 3 1 1 m 4 m 2.                 
Bài 4.
Hình vẽ:
1. Vì AB là tiếp tuyến của (O) 0
OA AB OBA 90 .    DE là dây cung của (O) mà H là trung
điểm của DE
0
OH DE OHA 90 .   
T
F
P
K
H
E
D
I
C
O
A
B

3. Xét tứ giác ABOH có: 0 0 0
OHA OBA 90 90 180    nên tứ giác ABOH nội tiếp.
2. Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại B ABD BED BEA   (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và
góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Xét ABD và AEB có: ABD BEA (cmt) và BAD chung
 
AB BD
ABD AEB g g
AE BE
     .
3. Tứ giác ABOH nội tiếp.
HAO HBO  (hai góc cùng chắn một cung) (1)
Mà EK // AO KEA HAO  (hai góc sole trong) (2)
Từ (1) và (2) KEH KBH  .
 Tứ giác HKEB nội tiếp (dấu hiệu tứ giác nội tiếp) EHK KBE  . (3)
Vì tứ giác DCEB nội tiếp CDE CBE  (hai góc cùng chắn cung CE). (4)
Từ (3) và (4) CDE KHE  mà hai góc nằm ở vị trí đồng vị HK // DC.
4. Cách 1:
Kẻ tiếp tuyến AT với (O) ( T  (O).
0
OT TA OTA 90 .   
Xét tứ giác OTAB có 0
OTA OBA 180  mà hai góc đối nhau  Tứ giác OTAB nội tiếp.
OAT OBT  (góc nội tiếp cùng chắn cung OI).
Mà trên (O) có: OBT CBT CDT  (góc nội tiếp cùng chắn cung CT)
OAT CDT  hay
0
PAT CDT PAT PDT 180   
Mà hai góc ở vị trí đối nhau trong tứ giác TAPD TAPD là tứ giác nội tiếp.
ATP ADP  (góc nội tiếp cùng chắn cung AP).
Trên (O) có EBC EDC (góc nội tiếp cùng chắn cung CE).
Mà ADP EDC (hai góc đối đỉnh) ATP=CBE (1)
AT; AB là tiếp tuyến của (O)  AO là phân giác của góc TAB TAP=BAP
Xét ΔTAP và ΔBAP có: AT = AB; TAP=BAP (cmt); AP chung ΔTAP =ΔBAP (c.g.c)
ATP=ABP (2). Từ (1) và (2) ABP=EBC
0 0
EBP=EBC+CBP=ABP+CBP=CBA=90 EBF=90 

4. Mà EF qua O, nên EF là đường kính của (O) suy BFCE có 2 đường chéo EF và BC bằng nhau và
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình chữ nhật.
Cách 2 (tham khảo):
Xét tam giác Δ EHB và Δ COP có:
EHB COP
BED BCD
 


=> Δ EHB Δ COP (g – g)
EB EH ED
CP CO CB
  
Δ EDB Δ CBP(c – g - c)
=> EDB = CBP
EDB phụ với góc CDE . Mà CDE = EBC
=> 0
EBP = EBC CBP EDB CDE 90   
Bài 5.
Bổ đề 2( ) a;b 0a b a b    
Thật vậy BĐT tương đương với: 2 a+bab  (BĐT Cô -Si cho hai số không âm)
Áp dụng ta có: 6 6 6 6 2(x y 12)x x y y x y x y             
 
2
2( ) 24 ( 4)( 6) 0 4 6 (1)x y x y x y x y x y               
Dễ thấy 0x y  (2)
Ta có:  
2
6 6 ( ) 12 2 ( 6)(y 6)x y x y x y x y x            
    
2
( ) 12 2 ( 6)(y 6) 0 3 4 0x y x y x x y x y              
3
x y 4 (do (2))
4
x y
x y
  
     
Vậy: 4 6x y  
Khi:
6
4
10
x y 4 6 0
10
6 0
6
x
x y
y
x
x
y
y
  
  
           
 
Khi 6 3
6
66
x y
x
x x
y
y y
 

 
 

   

5. Kết luận: GTLN của x + y là 6 khi x = y =3; GTNN của x + y là 4 khi
6
10
10
6
x
y
x
y
  


 

 
Nhận xét:
Đề thi có cấu trúc tương tự năm ngoái, có tính phân loại cao ở các bài I.3; IV.4 và bài V. Bài I.3 Học sinh
cần chú ý đề bài không cho x là số tự nhiên.
Học sinh đạt mức điểm 8 không khó, tuy nhiên để đạt điểm 9,10 học sinh thực sự phải giỏi.
Đề thi rất hay, có bài I.3 đánh lừa học sinh nếu không để ý.
Nguồn: thầy Hồng Trí Quang – Giáo viên Hệ thống giáo dục HOCMAI.