Đề thi chính thức và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GDĐT năm học 2019 - 2020

- Vậy thời gian để đội thứ nhất làm riêng một mình hoàn thành xong công việc là 24 (ngày) và thời gian để đội thứ hai làm riêng một mình hoàn thành xong công việc là 40 (ngày). 2) S[r]

Bài I ( 2,0 điểm )

Cho hai biểu thức 4 1 25

 

 x A

x

15

:

25 5

   

  

    

 

x x

B

x x x với x0;x25

1) Tìm giá trị biểu thức A x9 2) Rút gọn biểu thức B

3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P A B đạt giá trị nguyên lớn nhât Bài II (2,5 điểm)

1) Giải toán cách lập 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 hồn thành xong công việc trên?

2) Một bồn nước inox có dạng hình trụ với chiều cao 75, m diện tích đáy 32, m Hỏi bồn nước đựng đầy mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày bồn nước) Bài III (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

7 18

  

x x

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) :d y2mx m 21 parabol ( ) :P yx2 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 x x1, 2 thỏa mãn

1 2

1

1 

  

x x x x Bài IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba 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a4b4ab với a b, số thực thỏa mãn a2b2ab3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P

-HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020

Môn thi: MƠN TỐN Ngày thi 02 tháng năm 2019

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I ( 2,0 điểm )

Cho hai biểu thức 4 1 25    x A

x

15

:

25 5

            x x B

x x x với x0;x25

1) Tìm giá trị biểu thức A x9 2) Rút gọn biểu thức B

3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P A B đạt giá trị nguyên lớn nhât Lời giải

1) Với x9

Thay vào A ta có : 4 1 4 1 1 

25 25 16

         x A x

2) Rút gọn biểu thức B

Với x0, x25, ta có 15 :

25 5

            x x B

x x x

  

15

: 5 5                 x x B x x x x     

15 1

: 5        

x x x

B

x

x x

  

15 10

: 5        

x x x

B x x x    5 5        x x B x x x 1   B x

3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức PA B đạt giá giá trị nguyên lớn

Ta có  

4 1 4

25 25



   

  

x P A B

x x x

Để P nhận giá trị nguyên x 25 x hay 25 x U 4   4;2; 1; 1; 2; 4  Khi đó, ta có bảng giá trị sau:

25x 4 2 1

x 29 27 26 24 23 21



P A B 1 2 4

Đánh giá Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn

Do P đạt giá trị nguyên lớn nên ta có P4 Khi giá trị cần tìm x x24 Bài II (2,5 điểm)

Hai đội công 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 hồn thành xong cơng việc

2) Một bồn nước inox có dạng hình trụ với chiều cao 75, m diện tích đáy 32, m Hỏi bồn nước đựng đầy mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày bồn nước)

Lời giải

1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình :

- Gọi thời gian để đội thứ đội thứ hai làm riêng hồn thành xong cơng việc x y x15, y15, đơn vị (ngày)

Một ngày đội thứ làm

x (công việc) Một ngày đội thứ hai làm

y (cơng việc)

- Vì hai đội làm 15 ngày hồn thành xong cơng việc Như ngày hai đội làm

15 (cơng việc) Suy ra, ta có phương trình :

1 1 15

x y (1)

- Ba ngày đội đội thứ làm

x (công việc)

- Năm ngày đội thứ hai làm

y (công việc)

- Vì đội thứ làm ngày dừng lại đội thứ hai làm tiếp ngày hai đội hồn thành xong 25

4

% (cơng việc) Suy ra, ta có phương trình :

x y (2)

- Từ (1) (2) ta có hệ phương trình :

1 1 1

24

15 24

1

3 40

40

x

x y x

. y y

x y

   



   

 

 

  

 

    

 



(TMĐK)

- Vậy thời gian để đội thứ làm riêng hồn thành xong công việc 24 (ngày) thời gian để đội thứ hai làm riêng hồn thành xong công việc 40 (ngày)

2) Số mét khối nước đựng bồn thể tích bồn chứa Như số mét khối đựng

được bồn :  3

0 32 75 56 V  , ,  , m Bài III (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: x47x2180.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) :d y2mx m 21 parabol ( ) :P yx2

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 x x1, 2 thỏa mãn

1 2

1

1 

  

x x x x

Lời giải 1) Giải phương trình: x47x2180 1 

Đặt tx2t0 * 

*Phương trình  1 trở thành : t27t180 2  Ta có :    7 24.1.18121 11 2  11 Suy :Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt là:

 

1

7 11 /

t    t m 2 11 2 

t     ktm Thay t9 vào  * ta có :

9

x  x  Vậy nghiệm phương trình : x 3  Cách :

Ta có : x47x2180

   

  

 

4 2

2 2

2

2 2

2 18

2

2

2 ô

9

9

    

    

   

    

  

    

x x x

x x x

x x

x v li

x x x

Vậy nghiệm phương trình : x 3

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

( ) :d y2mx m 1 parabol

( ) :P yx a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm x22mxm21 1 

Để ( )d ln cắt ( )P hai điểm phân biệt phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt với m

Ta có :

 2

' '

1

0  

  

    

  a

b ac m

Xét  ' m2m21m2m2  1 1 0, m

Vậy ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt

b) Tìm tất giá trị m để ( )d cắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn  

1 2

1

1 

  

x x x x

Ta có

1 20  1 0  1

x x m m

Hai nghiệm phương trình : x1m1;x2 m1

Biến đổi biểu thức  2 ta có : 2

1 2

1 2 2

1 2

1

   

    x x  x x x x   x x

x x x x x x x x

Thay x1m1;x2 m1 vào biểu thức x1x2  2 x x1 2 ta có :

  

-1  1 -2 -1 1  -1- 22

m m m m m m

  

2

2 3

 

3

1

    

  

   

 

m m

m L

m

Kết Luận : Với m3 thỏa mãn yêu cầu toán Bài IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB AC) nội tiếp đường trịn  O Hai đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H

1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F thuộc đường trịn 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

Lời giải

x M

D

S I

P

K H

E

F

O

B C

A

1) Chứng minh bốn điểmB, C, E, F thuộc đường tròn Xét tứ giác BCEF ta có :

90

BEC (BE đường cao)

90

BFC (CF đường cao)

BCEF tứ giác nội tiếp (đỉnh E, F nhìn cạnh BC góc vng) 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF

Ta suy BAFAFEEF Ax// (do hai góc so le trong) Lại có AxOAOAEF (đpcm)

3) Chứng minh APE∽ABI

Ta có : AEB ABI ( Vì AEB EFC ABIEFC180)

Mặt khác  APEPAI 90 (vì AIPE)

  90

AIBPAI   ( Vì AH BC) APEAIB

Vậy APE∽ABI ( g-g) * Chứng minh KH PI//

Gọi M giao điểm AO EF, dung đường kính AS

Ta có BE/ /CS vng góc AC

/ /

BS CF vng góc AB

BHCS

 hình bình hành nên H K S, , thẳng hàng

Ta có AE AC AH AD AE AC AM AS

 AH AD AM AS AH AM AHM ASD AHM ASD

AS AD

        

HMSD

 Nội tiếp đường tròn

Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn PIM PDM HSM HS PI// Bài V ( 0,5 điểm)

Cho biểu thức Pa4b4ab với a b, số thực thỏa mãn a2b2ab3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P

Lời giải

Ta có a2b2ab 3 a2b2 3 ab thay vào P ta

 2

4 2 2 2

Pa b ab a b  a b ab 3ab22a b2 2ab 9 6ab a b 22a b2 2ab

2

9 7ab a b

    2 .7 49 49

2 4

ab ab

 

     

 

2

7 85

2

ab

 

    

 

Từ  1  2 suy 3 7 1

2 2 2

ab ab ab

             

2

1 81

4 ab

 

    

 

2

81

4 ab

 

       

 

2

81 85 85 85

4 ab 4

 

          

 

2

7 85

1 21

2

ab

 

      

 

Vậy MaxP21 Dấu = xảy

2

3 ab

a b    

  

3

3

a b

v

b a

   

 

  

   

 

 

MinP1 Dấu = xảy 2 12 ab

a b   

  

1    

 

a

b

1    

  