ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Bai I (2 điểm) Cho hai biểu thức 1 2 x A x    và 3 5 11 x B x[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC A Bai I (2 điểm): Cho hai biểu thức x 1 B x  KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút x 5  x  x  với x  0, x  1) Tính giá trị biểu thức A x  B 2) Chứng minh x 1 3) Tìm tất giá trị x để biểu thức P  A.B  x đạt giá trị nhỏ Bài II (2 điểm): 1) Giải toán san cách lập phương trình hệ phương trình Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài km Buổi sáng, An từ nhà An đến nhà Bình Buổi chiều ngày, An xe đạp từ nhà Bình nhà An qng đường với vận tốc lớn vận tốc An 9km/h Tính vận tốc An, biết thời gian buổi chiều thời gian buổi sáng 45 phút (Giả định An với vận tốc khơng đổi tồn qng đường đó) 2) Một bóng bàn có dạng hình cầu có bán kính cm Tính diện tích bề mặt bóng bàn (lấy   3,14 ) Bài III (2,5 điểm):  2 x   1) Giải hệ phương trình  4 x   5 y 1 3 y 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét đường thẳng  d  : y  mx  với m  a) Gọi A giao điểm đường thẳng  d  trục Oy Tìm tọa độ điểm A b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng  d  cắt trục Ox điểm B cho tam giác OAB tam giác cân Bài IV (3 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE Gọi H K chân đường vng góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB BC 1) Chứng minh tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh BH BA  BK BC 3) Gọi F chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H, I, K ba điểm thẳng hàng Bài V (0,5 điểm): x  3x   x  Giải phương trình HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Bài I (2,0 điểm) Cách giải: x 1 B x  A Cho hai biểu thức x 5  x  x  với x  0, x  1) Tính giá trị biểu thức A x  Thay x  TMDK  Vậy x  A vào biểu thức A ta có: A B 2) Chứng minh 1 1   2 22 x 1 Với x  0, x  ta có: B x 5  x 1 x 1 B  x 1 x 5  x  1 x  1  x  1   x   B  x  1 x  1 B B B B x 3 x 5    x 1 x 2  x 1   x 1   x 1  x 1  x 1  x 1  dpcm  x 1 Vậy với x  0, x  B x 1 3) Tìm tất giá trị x để biểu thức P  A.B  x đạt giá trị nhỏ Với x  0, x  ta có: P  A.B  x x 1  x x  x 1 P  x x 2 P  x 2 2 x 2 P  x  Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương x 2 2 x 2  x 2   x 2 x  ta có: 2 44 x 2 22 x 2  A2  x 2 Dấu “=” xảy  x   x   tm   x 2  x 2     x   Do  x   x  0, x  Vậy biểu thức P đạt giá trị nhỏ x  Bài II (2,0 điểm) Cách giải: 1) Giải toán san cách lập phương trình hệ phương trình Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài km Buổi sáng, An từ nhà An đến nhà Bình Buổi chiều ngày, An xe đạp từ nhà Bình nhà An qng đường với vận tốc lớn vận tốc An 9km/h Tính vận tốc An, biết thời gian buổi chiều thời gian buổi sáng 45 phút (Giả định An với vận tốc khơng đổi tồn qng đường đó) Gọi vận tốc An x  km / h  ,  x    Thời gian An hết quãng đường từ nhà An đến nhà Bình là:  h  x Vận tốc xe đạp An vận tốc km / h nên vận tốc xe đạp là: x   km / h   Thời gian An xe đạp hết quãng đường từ nhà Bình nhà An là: Vì An xe đạp nhanh 45 phút   h  x9 45   h  nên ta có phương trình: 60 3 3   x x9 1    x x9   x  9  4x  x  x  9  x  36  x  x  x  x  x  36   x  12 x  3x  36   x  x  12    x  12     x  3 x  12   x   tm  x      x  12   x  12  ktm  Vậy vận tốc An 3km / h 2) Một bóng bàn có dạng hình cầu có bán kính cm Tính diện tích bề mặt bóng bàn (lấy   3,14 ) Diện tích bề mặt bóng bàn là: S  4 R  4.3,14.22  50, 24  cm2  Vậy diện tích bề mặt bóng bàn S  50, 24 cm Bài III (2, điểm) Cách giải:  2 x   1) Giải hệ phương trình  4 x   5 y 1 3 y 1 Điều kiện: y  Đặt  u  u   ta có hệ phương trình: y 1 2 x  3u  4 x  6u  10   4 x  u  4 x  u  u   tm   7u  u     4 x  u  4 x    x  Với u  ta có:   y    y   tm  y 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   1;  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét đường thẳng  d  : y  mx  với m  a) Gọi A giao điểm đường thẳng  d  trục Oy Tìm tọa độ điểm A Vì A giao điểm của đường thẳng  d  trục Oy nên hoành độ điểm A xA  Gọi A  0; y A  Vì A  0; y A   d nên ta có: y A  m.0   y A  Vậy A  0;  giao điểm đường thẳng  d  trục Oy b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng  d  cắt trục Ox điểm B cho tam giác OAB tam giác cân Vì B giao điểm  d  cắt trục Ox nên tung độ điểm B yB  Gọi B  xB ;0  Vì B  xB ;0    d  nên ta có:  m.xB   xB  4 (vì m  ) m 4  4  Suy B  ;0  Do OB  m m  Theo câu a) ta có: A  0;  nên OA   Vì tam giác OAB cân O nên OA  OB  4  m  4 m 4  m  1  tm   4m  4     4m   m   tm  4 4  m Vậy m  1; m  giá trị thỏa mãn yêu cầu đề Câu IV (3,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE Gọi H K chân đường vuông góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB BC 1) Chứng minh tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp Ta có: BHE  900 (do EH  AB ) BKE  900 (do EK  BC ) Tứ giác BHEK có BHE  BKE  900  900  1800 nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) (đpcm) 2) Chứng minh BH BA  BK BC Theo câu a) tứ giác BHEK nội tiếp nên BKH  BEH (cùng chắn cung BH ) Ta có: BEH  EBH  900 (do tam giác BHE vuông H ) BAE  EBH  900 (do tam giác ABE vuông E ) Nên BEH  BAE (cùng phụ với EBH ) Mà BKH  BEH (cmt) nên BKH  BAE   BEH  Xét BHK BCA có: ABC chung BKH  BAE  BAC (cmt)  BHK  BCA  g.g  BH BK  (hai cạnh tương ứng) BC BA  BH BA  BK.BC (đpcm) 3) Gọi F chân đường vng góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H, I, K ba điểm thẳng hàng Cách 1: Nối H K Xét BHK BCA ta có: ABC chung BH BK   BA.BA  BK BC  BC BA  BHK BCA  c  g  c   BHK BCA (hai góc tương ứng) (1) Xét tứ giác BFEC ta có: BFC  BEC  900 Mà F , E hai đỉnh kề  BFEC tứ giác nội tiếp (dhnb)  BCE  BFE  1800 (tính chất tứ giác nội tiếp) Mà AFE  BFE  1800 (2 góc kề bù)  BCE  AFE  2 Từ (1) (2) ta có: BHK  HFI Ta có: FHE vng H có HI đường trung tuyến ứng với cạnh huyền  HI  EF (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền)  HI  FI  HIF cân I (dhnb  cân)  FHI  HFI (tính chất  cân) Mà HFI  BHK  FHI  BHK  HI  HK  H , I , K thẳng hàng Cách 2: Gọi I ' giao điểm HK EF Xét tứ giác BFEC có: BFC  BEC  900  gt  nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)  B1  F1 (hai góc nội tiếp chắn cung EC ) Ta có: EH / /CF (cùng vng góc AB )  F1  E1 (so le trong) Do B1  E1 (1) Theo câu a, tứ giác BHEK nội tiếp nên B1  H1 (hai góc nội tiếp chắn cung EK ) (2) Từ (1) (2) suy H1  E1 Tam giác I ' HE có H1  E1 nên tam giác cân (định nghĩa)  I ' H  I ' E (tính chất tam giác cân) (3) Lại có: H1  H  BHE  900 F2  E1  900 (do tam giác HEF vuông H ) Nên H  F2 hay tam giác I ' HF cân I ' (định nghĩa)  I ' H  I ' F (tính chất tam giác cân) (4) Từ (3) (4) suy I ' E  I ' F hay I ' trung điểm EF Do I '  I nên ba điểm H , I , K thẳng hàng (đpcm) Bài V (0, điểm) Cách giải: Giải phương trình Điều kiện: x  x  3x   x  Ta có: x  3x   x   x  3x   x   x  x  3x      x  x  1  x  x  x       x  1   3x   1    x  1  x  x   3x   x      x  1 Vì  x  1  0;   x    0  3x    với x  nên  x  1     x 1   3x    x 1  x      x 1   x     3x    3x    x  x     x   tm  3x    x  Vậy x  nghiệm phương trình cho HẾT