024 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh hà nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) A= Cho hai biểu thức ( ) x +1 25 − x KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 02 tháng năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút  15 − x B= + x − 25   x +1 ÷: x +  x − x ≥ 0, x ≠ 25) ( x=9 A 1) Tính giá trị biểu thức B 2) Rút gọn biểu thức x P = AB 3) Tìm tất giá trị nguyên để biểu thức đạt giá trị nguyên lớn Bài (2,5 điểm) 1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình 15 Hai đội công nhân làm chung công việc sau ngày làm xong Nếu đơi thứ làm riêng ngày dừng đội thứ hai làm tiếp cơng việc 25% ngày hai đội hồn thành cơng việc Hỏi đội làm riêng ngày xong công việc ? 1,75m 2) Một bồn nước inox có dạng hình trụ với chiều cao diện tích đáy 0,32m Hỏi bồn nước đựng đầy nước mét khối (Bỏ qua bề dày bồn nước) Bài (2,0 điểm) x − x − 18 = 1) Giải phương trình: (1) Oxy , ( d ) : y = 2mx − m2 + 2) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng parabol ( P) : y = x a) Chứng minh ( d) cắt (P) hai điểm phân biệt ( d ) ( P) m b) Tìm tất giá trị để cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ 1 −2 + = +1 x1 x2 x1 x2 x1 , x2 thỏa mãn ABC ( AB < AC ) Bài (3,0 điểm) Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) ABC BE CF Hai đường cao tam giác cắt H B, C , E , F 1) Chứng minh bốn điểm thuộc đường trịn OA EF 2) Chứng minh đường thẳng vng góc với đường thẳng BC AO BC K 3) Gọi trung điểm đoạn thẳng Đường thẳng cắt đường thẳng EF AH APE điểm I, đường thẳng cắt đường thẳng điểm P Chứng minh tam giác IP AIB KH đồng dạng với tam giác đường thẳng song song với đường thẳng 4 a, b P = a + b − ab Bài (0,5 điểm) Cho biểu thức , với số thực thỏa mãn 2 a + b + ab = P Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức ĐÁP ÁN Bài 1) Khi Vậy với x = 9(tm) x=9 = ( ( x −5 )(   x +1  = ÷ x +5 x −5   ( x −5 x +5 x +5 x +5 )( 25 − thay vào A ta ) = 16 = +1 16 x ≥ 0, x ≠ 25  15 − x B= + x − 25  15 − x + ( A =1 2) Điều kiện = A= ) x +1 ) ) = ( 15 − x x −5 )( x +5 ) +   x −5 x + 5 x +1  x − 15 − x + x − 10 = x +1 x +5 x +1 ( )( ) x +1 x ≥ 0, x ≠ 25 3) Điều kiện P = AB = Ta có: x∈¢ ⇒ P∈¢ ⇔ ( ) x +1 25 − x = x + 25 − x ∈ ¢ ⇒ 4M ( 25 − x ) ⇒ ( 25 − x ) ∈U (4) 25 − x { ±1; ±2; ±4} ⇒ ( 25 − x ) ∈ { ±1; ±2; ±4} Mà Ư(4)= Ta có bảng giá trị 25 − x -4 -2 -1 x 29 ™ 27™ 26™ 24 ™ 23 ™ 1™ -2 -4 P -1 ⇒ x ∈ { 23;24;26;27;29} P ∈¢ x = 24 P=4 Qua bảng giá trị ta thấy với số nguyên lớn x = 24 Vậy thỏa mãn điều kiện toán Bài x ( x > 15 ) 1) Gọi số ngày làm xong công việc đội (ngày) y y > 15) Số ngày làm xong cơng việc đội (ngày ) ( x Trong ngày đội làm số phần công việc (công việc) y Trong ngày đội làm số phần công việc (công việc) 15 15 + = 1(1) x y Vì hai đội làm chung 15 ngày xong nên ta có phương trình: y x Trong ngày đội làm công việc, ngày đội làm công việc 25% = Đội làm đội hai làm ngày cơng việc nên ta có phương trình + = x y (2) 15 15  x + y =  3 + =  x y Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 1 1 1  = 15a + 15b = a =  x = a  x = 24(tm)   24  x 24 ⇒ ⇔  1 ⇔  y = 40(tm)  =b 3a + 5b = b = 1 =  y  y 40 40  Đặt ta được: Vậy đội 24 ngày làm xong, đội 40 ngày làm xong 2) Thể tích bồn nước là: V = Sh = 0,32.1,75 = 0,56 ( m3 ) Vậy bồn nước đựng 0,56m3 nước Bài x2 = t ( t ≥ 0) 1) Đặt ta có phương trình : ⇔ t − 9t + 2t − 18 = t − 7t − 18 = ⇔ t ( t − 9) + ( t − 9) = ⇔ ( t + 2) ( t − 9) = t = −2( ktm)  ⇔ x = t = 9(tm) ⇒ x = ⇔    x = −3 S = { ±3} Vậy 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) ta có: x = 2mx − m + ⇔ x − 2mx + m − = 0(*) Số giao điểm (d) (P) số nghiệm phương trình (*) ∆ ' = m − ( m − 1) = > Phương trình (*) có nên (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt  x1 + x2 = 2m   x1 x2 = m − Theo hệ thức Viet ta có: 1 −2 + = + ( x1 x2 ≠ ⇔ m − ≠ ⇔ m ≠ ±1) x1 x2 x1 x2 Xét ⇔ x1 + x2 −2 + x1 x2 = x1 x2 x1 x2 ⇒ x1 + x2 − x1 x2 + = ⇔ 2m − m + + = ⇔ m − 2m − =  m = −1(ktm) ⇔  m = 3(tm) Vậy m=3 giá trị thỏa mãn đề Bài · · BEC = BFC = 900 ( gt ) ⇒ BFEC 1) Ta có Tứ giác tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) B, C , E , F Vậy bốn điểm thuộc đường tròn Ax Ax ⊥ OA 2) Kẻ tiếp tuyến đường tròn (O) A, ta có Ta có: ·xAE = ·ABC ·ABC = ·AEF »AC ) (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn Mà (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nôi tiếp) · ⇒ xAE = ·AEF ⇒ EF / / Ax ⇒ EF ⊥ OA , mà hai góc vị trí so le · · DAF = GAN · · IAB = PAE 3) Ta chứng minh hay ·AEF = ·ABC Lại có: (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) ⇒ ∆APE : ∆AIB( g.g ) ⇒ AQ ( O) Kéo dài AI cắt (O) Q đường kính ·ABQ = 90 BQ, CQ ⇒ AB ⊥ BQ Nối ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CH ⊥ AB ⇒ CH / / BQ Mà BH / / CQ Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: BHCQ Suy hình bình hành mà K trung điểm BC (gt) H , K ,Q ⇒K trung điểm HQ nên thẳng hàng AP AE ∆APE : ∆AIB(cmt ) ⇒ = (3) AI AB Ta có: ∆AHE ∆AQB Xét có: ·AEH = ·ABQ = 90 ; QAB · · · · = EAH (cmt )(do DAF = GAN ) AH AE ⇒ ∆AHE : ∆AQB ( g g ) ⇒ = (4) AQ AB ⇒ Từ (3) (4) AP AH AP AI = ⇒ = ⇒ PI / / HQ AI AQ AH AQ (định lý Talet đảo) (đpcm) Bài Ta có: a + b + ab = ⇔ a + b = − ab Ta thấy Lại có: ( a − b) ≥ ⇔ a + b ≥ 2ab ⇔ − ab ≥ 2ab ⇔ ab ≤ ( a + b) ≥ ⇔ a + b ≥ −2ab ⇔ − ab ≥ −2ab ⇔ ≥ −ab ⇔ ab ≥ −3 ⇒ −3 ≤ ab ≤ Xét a + b = − ab với ⇔ ( a + b ) = ( − ab ) −3 ≤ ab ≤ ⇔ a + b4 + 2a 2b = − 6ab + a 2b ⇔ a + b4 = − a 2b − 6ab + Khi đó: 2 2 Vì  81  −3 ≤ ab ≤ ⇒ ≤ ab + ≤ ⇔  ab + ÷ ≤ 2 2  Suy Dấu 85   85 81 P = −  ab + ÷ ≥ − = ⇔ P ≥  2 4 "=" xảy ab =  a = 1, b = a2 + b2 = ⇒   a = −1, b = −1 P = − ( ab ) − 7ab + = ( ab + 3) ( −ab − ) + 21 Ta lại có: Mà Dấu 85  7 P = a + b − ab = −a b − 6ab + − ab = − ( ab ) − ab + = −  ab + ÷  2 −3 ≤ ab ≤ "=" nên xảy ab + ≥  −ab − < nên ( ab + 3) ( −ab − ) + 21  a =  ab = −   b = − ab = −3  ⇔ ⇔    2 a + b + ab = ( a + b ) =  a = −   b = Vậy giá trị lớn P 21, giá trị nhỏ P  ... − thay vào A ta ) = 16 = +1 16 x ≥ 0, x ≠ 25  15 − x B= + x − 25  15 − x + ( A =1 2) Điều kiện = A= ) x +1 ) ) = ( 15 − x x −5 )( x +5 ) +   x −5 x + 5 x +1  x − 15 − x + x − 10 = x +1... giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) B, C , E , F Vậy bốn điểm thuộc đường tròn Ax Ax ⊥ OA 2) Kẻ tiếp tuyến đường tròn (O) A, ta có Ta có: ·xAE = ·ABC ·ABC = ·AEF »AC ) (góc nội. .. có: (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) ⇒ ∆APE : ∆AIB( g.g ) ⇒ AQ ( O) Kéo dài AI cắt (O) Q đường kính ·ABQ = 90 BQ, CQ ⇒ AB ⊥ BQ Nối ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CH ⊥ AB