1 đề và đáp án thi vào 10 TP hà nội năm học 2019 2020

CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi : TỐN Ngày thi : 02 tháng năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2 điểm) Cho hai biểu thức A  4( x  1) B = 25  x  15  x   x 1 với x  0, x  25    : x  25 x  x    1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Rút gọn biểu thức B 3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P  A.B đạt giá trị nguyên lớn Bài II (2,5 điểm) 1) Giải tốn sau cách lâp phương trình hệ phương trình: Hai đội cơng nhân làm chung cơng việc sau 15 ngày làm xong Nếu đội thứ làm riêng ngày dừng lại đội thứ hai làm tiếp cơng việc ngày hai đội hồn thành 25% cơng việc Hỏi đội làm riêng ngày xong công việc trên? 2) Một bồn nước inox có dạng hình trụ với chiều cao 1, 75 m diện tích đáy 0.32m2 Hỏi bồn nước đựng đầy mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày bồn nước) Bài III (2 điểm) 1) Giải phương trình x  x  18  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y  2mx  x  parabol  P  : y  x a) Chứng minh  d  cắt  P  hai điểm phân biệt b) Tìm tất giá trị m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1 2    x1 x2 x1 x2 Bài IV (3 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  O  Hai đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I, đường thẳng EF cắt đường thẳng AH điểm P Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP Bài V (0,5 điểm) Cho biểu thức P  a  b4  ab với a, b số thực thỏa mãn a  b2  ab  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 HẾT -GỢI Ý ĐÁP ÁN MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Bài Ý Bài điểm Đáp án 4( x  1) x  25  x Tính giá trị biểu thức A  0.5 Thay x  (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A 0.25 Tính A = 0.25  15  x   x 1 Rút gọn biểu thức B =   :  x  25 x   x   1.0   x 5 15  x 2( x  5) B       ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5)  x  0.25 B 15  x  x  10 x   ( x  5)( x  5) x 1 0.25 B ( x  5)( x  5) ( x  5)( x  5)( x  1) 0.25 0.25 x 1 B Điểm Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P  A.B đạt giá trị nguyên lớn 0.5 P  A.B  4( x  1)   (25  x) x  25  x 0.25 Do x nguyên nên để P  A.B nguyên (25  x) ¦ (4)  1; 2; 4 0.25 Lập bảng giá trị 25  x x P -1 -2 -4 26 24 27 23 29 21 -4 -2 -1 Dựa vào bảng giá trị ta thấy với x  24 P đạt giá trị nguyên lớn P = Bài II 2.5 điểm Nếu đội làm riêng ngày xong công việc ? Gọi thời gian đội thứ làm riêng xong công việc x y Đơn vị: ngày Điều kiện x, y  N ; x, y  15 Mỗi ngày đội thứ làm Mỗi ngày đội thứ hai làm (công việc) x (công việc) y Vì đội làm chung sau 15 ngày xong cơng việc nên ta có phương trình: 2.0 CƠ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 1   (1) x y 15 Vì đội thứ làm riêng ngày dừng lại đội thứ hai làm tiếp cơng việc ngày hai đội hồn thành 25% cơng việc nên 1 ta có phương trình:     (2) x y 1 1  x  y  15  Từ (1), (2) có hệ  35 1  x y  x  24 (tm)   y  40 (tm) Vậy làm riêng đội thứ hồn thành xong cơng việc 24 ngày, đội thứ hồn thành xong cơng việc 40 ngày Thể tích bồn đựng nước là: 0.5 V  Sd h  0,32.1,75  0,56 (m ) Vì bỏ qua bề dày bồn nước nên bồn nước đựng 0,56 m3 nước Bài III 2.0 điểm 1) Giải phương trình x  x  18  1.0 x  x  18   x  x  x  18   x ( x  9)  2( x  9)   ( x  9)( x  2)   x   (Do x   x) x    x  3 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x  x  3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y  2mx  x  1.0 parabol  P  : y  x a) Chứng minh  d  cắt  P  hai điểm phân biệt Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x  2mx  m   x  2mx  m   (1) Do  '  m2  (m2  1)   m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với giá trị m 0.5 CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 b) Tìm tất giá trị m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1 2    x1 x2 x1 x2 Theo câu a) có (P) ln cắt (d) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 với x1; x2 nghiệm phương trình (1)  x1  x2  2m Theo hệ thức Viet ta có   x1 x2  m  Theo đề ta có: 1 2   1 x1 x2 x1 x2  x1  x2 2  x1 x2  x1 x2 x1 x2 2m 2  m   (m  1) m2  m2   2m  m    m  2m    (m  1)(m 3)   m  (tm)   m  1 (L) Vậy với m =  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1 2    x1 x2 x1 x2 0.5 CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 Bài IV 3.5 điểm x I Chứng minh bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn 1.0 Vẽ hình đến ý 1) 0.25 Ta có: 0.75 CFB  900 (Do CE  AB) BEC  900 (Do BE  AC ) Xét tứ giác BCEF có: CFB  BEC  900 Mà E F đỉnh kề nhìn đoạn BC với góc 900  BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn  điểm B, C, E, F thuộc đường tròn Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn (O) Ta có: CAx góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AC ABC góc nội tiếp chắn AC  CAx  ABC Lại có, tứ giác BFEC nội tiếp nên FBC  AEF ( Cùng bù với FEC )  CAx  AEF ( Cùng ABC ) Mà góc vị trí so le  Ax / /EF Mặt khác OA  Ax 1.0 CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327  EF  OA ( Đpcm) Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng 1.5 KH song song với đường thẳng IP Kéo dài OA cắt (O) L  AL đường kính  ACL  900 Gọi D giao điểm AH BC  AD  BC  ADB  900  ACL  ADB = 900 Mà ABC  ALC ( Cùng chắn cung AC)  ABD ALC (g.g)  BAD  CAL Hay FAP  CAI (1) Lại có AFE  ACB (Tứ giác BFEC nội tiếp) (2) Từ (1) (2) suy ra: AFP ACI (g.g) AP AF   (3) AI AC Có AL đường kính (O):  CL  AC ( ACL góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Lại có BH  AC (gt)  BH / /CL Tương tự: BL  AB ( ABL góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Lại có CL CH  AB (gt)  BL / /CH  Tứ giác BHCL hình bình hành  HL  BC trung điểm đường, mà K trung điểm BC (gt)  H, K, L thẳng hàng AH AF  (4) AL AC AP AH AP AI Từ (3) (4)      PI // HL Hay KH // IP (đpcm) AI AL AH AL Lại có FAK  CAL (cmt)  Bài V Cho biểu thức P  a  b4  ab 0.5 điểm a  b2  ab  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P với a, b số thực thỏa mãn 0.5 Ta có a  b  ab  (a  b)2  3ab  3(1  ab)  (a  b) 1  ab      3  ab  2  ab  3  (a  b)  ab   ab  (a  b)  Mặt khác: CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 0974115327 P  a  b  ab  (a  b )  a 2b  a 2b  ab  (a  b  ab)(a  b  ab)  a 2b  ab  3(a  b  ab)  a 2b  ab  3(a  b  ab  2ab)  a 2b  ab  3(3  2ab)  a 2b  ab   7ab  a 2b  P    7ab  a 2b  (1  ab)(ab 8)  2  P  21  12  ab  a b  (ab  3)( ab  4)  (1  ab)(ab  8)   P 1   P 1 Do -3  ab      (ab  3)(ab  4)   P  21   P  21   P  21  a  b 1 Vậy Min P =    a  b  1  a  3; b    a  b Max P = 21     ab  3  a   3; b  ...CÔ ÁNH – HƯNG THỊNH – KIẾN HƯNG – HÀ ĐÔNG – HÀ NỘI - 097 411 5327 HẾT -GỢI Ý ĐÁP ÁN MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Bài Ý Bài điểm Đáp án 4( x  1) x  25  x Tính... x2  m  Theo đề ta có: 1 2   1 x1 x2 x1 x2  x1  x2 2  x1 x2  x1 x2 x1 x2 2m 2  m   (m  1) m2  m2   2m  m    m  2m    (m  1) (m 3)   m  (tm)   m  1 (L) Vậy với... ĐÔNG – HÀ NỘI - 097 411 5327 1   (1) x y 15 Vì đội thứ làm riêng ngày dừng lại đội thứ hai làm tiếp công việc ngày hai đội hồn thành 25% cơng việc nên 1 ta có phương trình:     (2) x y 1 1 