Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Trường THPT Hoàng Mai

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Trường THPT Hoàng Mai để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2020 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm): Cho biểu thức:    x x x  P      :   (với x  0; x  1)  x 1 x x  x  x 1   x x  x  x  x   a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P  x  c) Tìm m để có x thỏa mãn   x 1 P  m  x Câu (2,0 điểm): Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Nếu hai vòi nước chảy vào bể cạn nước sau 48 phút bể đầy Nếu mở cho vịi chảy vòi thứ chảy đầy bể chậm vòi thứ hai Hỏi vịi chảy sau đầy bể? Câu (2,0 điểm):    1) Giải hệ phương trình:     y 1  x 1  y 1  x 1 x đường thẳng  d  : y  mx  m  ( m tham số) 2 a) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P) đường thẳng  d  m  2) Cho parabol  P  : y  b) Tìm m để  d  ( P) cắt hai điểm phân biệt A B có tung độ yA; yB thỏa mãn: yA  yB  Câu (3,5 điểm): Cho ba điểm cố định A, B , C thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường trịn  O; R  qua B, C ( BC khơng đường kính  O  ) Từ A kẻ tiếp tuyến AE AF đến  O  ( E , F tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC , K trung điểm EF , giao điểm FI với  O  D 1) Chứng minh AEOF AEOI tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh AE  AB AC 3) Chứng minh ED song song với AC 4) Khi  O  thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK thuộc đường thẳng cố định Câu (0,5 điểm): Cho ba số x, y,z  thỏa mãn: x  y  z  xyz Tìm giá trị lớn biểu thức: S  x yz 1  x   y xz 1  y HẾT (Cán coi thi khơng giải thích thêm)   z xy 1  z  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2020 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM MƠN THI: TỐN (Đáp án - thang điểm có 05 trang) Câu  x P   x   x  1 x    a       x x 1  :     x  1 x  x         x  1 x 1 x  x  P :    :   x  1  x  1  x  x    x  1  x  1 0.25 x 1 x 1 0,25 P x 1 x 1 x 1 x 1 0,25 P x 1 x 1 0,25 P  x 2  b Thang điểm Đáp án    x 1  x 1  x   x  0, x  1 x 1 x 2   x 1  x 1  x  x  x   x  x 1  Đặt x  t  t  0; t  1 0,25 t    Ta có t  2t     t      loai   x    x   2  tm  Vậy P  x  x   2 Ta có  0,25  x  P  m  x  x   m  x  x  x   m   x  0; x  1 x  y  y  0; y  1 Bài tốn trở thành tìm m để (1) có nghiệm y  0; y  Phương trình (1) có nghiệm    4m   m   b Ta có y1  y2    1  nên chắn phương trình ln có a nghiệm âm Nếu y y2  1  m   m  1 phương trình có hai nghiệm dấu âm Vậy   m  1  Phương trình có hai nghiệm âm (không thỏa mãn điều kiện) Khi m  1 phương trình có nghiệm khơng âm (thỏa mãn điều kiện y  ) Đặt c Xét điều kiện y   12  1   m   m  1 x 1 P  m  x Vậy với  tồn x để m    0,25 0,25 Đổi 48 phút = 24 24 Gọi thời gian vòi thứ hai chảy đầy bề x (giờ) ( x  ) thời gian vòi thứ hai chảy đầy bề x  (giờ) Trong vòi thứ chảy Trong vòi thứ hai chảy (bể) x Trong hai vòi chảy 1: (bể) x4 24  (bể) 24 Vậy ta có phương trình 1   x  x 24  24 x  24  x    x  x   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  24 x  24 x  96  x  20 x  x  24 x  96   x  TMDK    x   12  l   Vậy thời gian để vịi thứ chảy đầy bể Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể 12 3.1 Giải hệ phương trình  a  x  1  ĐK:  đặt  x   y  1  y 1  b  a  b  3a  3b  12 5a  15 a     Ta có  2a  3b  2a  3b  2a  3b  b  1   x 1  x   3  a  3   Thay x 1 x 1   x     3 Thay 3.2a y   b   y    y   2    Vậy hệ có hai nghiệm  ;0  ;   ;0      Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  là: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x  mx  m  2  x  2mx  2m   Với m=2 ta có phương trình: x2  x     x  1 x  3   y  x    x  y   0,25  1  9 Kết luận: Vậy với m=2 (d) cắt (P) hai điểm có tọa độ  3;  ,  3;   2  2 3.2b Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  là: x  mx  m  2  x  2mx  2m   x  Có a+b+c=0 nên   x2  2m  0,25 =>  d  cắt  P  hai điểm phân biệt x1  x2  2m 1   m  Vậy  d  cắt  P  hai điểm phân biệt m  Theo giả thiết 2 1 x1  x2   12   2m  1  2 2 2  4m  4m    4m  4m   4m  m  1    m  y1  y2   0,25 Vậy tìm  m  thỏa mãn đề 4.1 Tứ giác AEOF có AE;AF tiếp tuyến đường trịn (O) (g.t) nên AEO  AFO  90O  AEO  AFO  180O nên tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn (vì có tổng hai góc đối 1800 ) 0,25 0,25 I trung điểm BC(g.t)  OI  BC ( đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng với dây)  AIO  90O Tứ giác AEOI có  AEO  AIO  180O nên tứ giác AEOI nội tiếp đường trịn (vì có tổng hai góc đối 1800 ) 4.2 4.3 4.4 Xét AEB ACE có A chung, AEB  ACE (vì nửa số đo BE )  AEB ACE (g.g) AE AB    AE  AB AC (đpcm) AC AE Gọi Ex tia đối tia EA ta có xED  EFD (vì nửa số đo DE )(1) Theo câu 2, ta có điểm A; E; O; I ; F nằm đường trịn, 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 EAI  EFD (2 góc nội tiếp chắn cung EI )(2) 0,25 Từ (1) (2) ta có: xED  EAI 0,25 Mà hai góc xED, EAI vị trí đồng vị nên ED AC (đpcm) Có AE  AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OE  OF=R  AO trung trực EF  AO  EF trung điểm K EF Gọi H giao điểm AC EF  tứ giác OKHI nội tiếp đường trịn(vì có HKO  HIO  180O )  đường tròn ngoại tiếp OIK qua hai điểm I H Mà AKH AIO(g.g)  AK AO  AH AI (3) Xét AEO vng có EK đường cao nên AK.AO  AE  AB.AC (4) AB AC Từ (3) (4) ta có AH AI  AB AC hay AH  AI Do A, B, C cố định nên H I cố định  tâm đường trịn ngoại tiếp KOI ln thuộc đường trung trực HI đường thẳng cố định Ta có 0,25 0,25 0,25 yz (1  x )  yz  x yz  yz  x( x  y  z )  yz  x  xy  xz  ( x  y )( x  z ) Tương tự Nên zx(1  y )  ( x  y)( y  z )  yx(1  z )  (x  z)(y z) x y S  ( x  y )( x  z ) ( x  y )(y  z )  x x  x y xz y y  x y yz Áp dụng bất đẳng thức Cô si Dấu ''  " xảy A  B Ta có AB  0,25 z ( x  z )(y  z ) z z zy zx A B (với A, B  ) 0,25 x x y y z z S (      x y xz yz x y xz yz x y yz xz  (   ) x y yz xz Vậy max S  TỔNG ĐIỂM x yz 10 ĐIỂM * Chú ý: - Trên trình bày cách giải, học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu - Học sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm - Trong câu: + Có nhiều ý mà ý phụ thuộc nhau, học sinh làm phần sai phần khơng cho điểm + Có nhiều ý mà ý khơng phụ thuộc nhau, học sinh làm ý cho điểm ý - Bài hình học, học sinh vẽ sai hình khơng chấm điểm Học sinh khơng vẽ hình mà làm cho nửa số điểm câu làm - Bài làm có nhiều ý liên quan đến nhau, học sinh công nhận ý mà làm ý cho điểm ý - Điểm thi tổng điểm câu làm khơng làm trịn  ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2020 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM MƠN THI: TỐN (Đáp án - thang điểm có 05 trang) Câu  x P   x   x ...  x   2 Ta có  0,25  x  P  m  x  x   m  x  x  x   m   x  0; x  1 x  y  y  0; y  1 Bài toán trở thành tìm m để (1) có nghiệm y  0; y  Phương trình (1) có nghiệm  ... ĐIỂM x yz 10 ĐIỂM * Chú ý: - Trên trình bày cách giải, học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu - Học sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm - Trong câu: + Có nhiều ý