Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - TP. Hà Nội

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - TP. Hà Nội

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: MÔN TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 02 tháng 6 năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I. ( 2,0 điểm ) 4 x 1 15 x 2 x 1 Cho hai biểu thức A và B : với x 0; x 25 . 25 x x 25 x 5 x 5 1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P A.B đạt giá trị nguyên lớn nhât. Bài II. (2,5 điểm). 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi mỗi đội làm riêng thì bao nhiêu ngày mới hoàn thành xong công việc trên? 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao 1,75 m và diện tích đáy là 0,32 m2 . Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày của bồn nước). 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 m2 1 và parabol (P) : y x2 a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt b) Tìm tất cả giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 1 1 2 thỏa mãn 1 . x1 x2 x1x2 Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn O . Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF . 3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC . Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP . Bài V. ( 0,5 điểm) Cho biểu thức P a4 b4 ab với a,b là các số thực thỏa mãn a2 b2 ab 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P . HẾT NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I. ( 2,0 điểm ) 4 x 1 15 x 2 x 1 Cho hai biểu thức A và B : với x 0; x 25 . 25 x x 25 x 5 x 5 1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P A.B đạt giá trị nguyên lớn nhât. Lời giải 1) Với x 9 4 x 1 4 9 1 4. 3 1 Thay vào A ta có : A 1 . 25 x 25 9 16 2) Rút gọn biểu thức B . 15 x 2 x 1 Với x 0 , x 25 , ta có B : . x 25 x 5 x 5   15 x 2 x 1 B   : .  x 5 x 5 x 5 x 5   15 x 2 x 5 x 1 B : . x 5 x 5 x 5 15 x 2 x 10 x 1 B : . x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 B  . x 5 x 5 x 1 1 B . x 1 3) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để biểu thức P A.B đạt giá giá trị nguyên lớn nhất. 4 x 1 1 4 Ta có P A.B  . 25 x x 1 25 x Để P nhận giá trị nguyên khi x thì 4 25 x hay 25 x U 4; 2; 1;1; 2; 4 .   4   Khi đó, ta có bảng giá trị sau: 25 x 4 2 1 1 2 4 x 29 27 26 24 23 21 P A.B 1 2 4 4 2 1 Đánh giá Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Do P đạt giá trị nguyên lớn nhất nên ta có P 4 . Khi đó giá trị cần tìm của x là x 24 . NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
3. Bài II. (2,5 điểm). 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi mỗi đội làm riêng thì bao nhiêu ngày mới hoàn thành xong công việc trên. 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao 1,75 m và diện tích đáy là 0,32 m2 . Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày của bồn nước). Lời giải 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : - Gọi thời gian để đội thứ nhất và đội thứ hai làm riêng một mình hoàn thành xong công việc lần lượt là x và y x 15,y 15 , đơn vị (ngày). 1 Một ngày đội thứ nhất làm được (công việc). x 1 Một ngày đội thứ hai làm được (công việc). y - Vì hai đội cùng làm trong 15 ngày thì hoàn thành xong công việc. Như vậy trong một ngày cả hai 1 1 1 1 đội làm được (công việc). Suy ra, ta có phương trình : (1). 15 x y 15 3 - Ba ngày đội đội thứ nhất làm được (công việc). x 5 - Năm ngày đội thứ hai làm được (công việc). y - Vì đội thứ nhất làm trong 3 ngày rồi dừng lại đội thứ hai làm tiếp trong 5 ngày thì cả hai đội 1 3 5 1 hoàn thành xong 25% (công việc). Suy ra, ta có phương trình : (2). 4 x y 4 1 1 1 1 1 x y 15 x 24 x 24 - Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : .(TMĐK). 3 5 1 1 1 y 40 x y 4 y 40 - 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) Số mét khối nước đựng được của bồn chính là thể tích của bồn chứa. Như vậy số mét khối đựng được của bồn sẽ là : V 0,32.1,75 0,56 m3 . 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 m2 1 và parabol (P) : y x2 a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt b) Tìm tất cả giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 1 1 2 thỏa mãn 1 x1 x2 x1x2 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
4. Lời giải 1) Giải phương trình: x4 7x2 18 0 1  Cách 1 : Đặt t x2 t 0 * *Phương trình 1 trở thành : t 2 7t 18 0 2 Ta có : 7 2 4.1. 18 121 112 11 Suy ra :Phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt là: 7 11 7 11 t 9 t / m và t 2 ktm 1 2 2 2 Thay t 9 vào * ta có : x2 9 x 3 Vậy nghiệm của phương trình là : x 3  Cách 2 : Ta có : x4 7x2 18 0 x4 2x2 9x2 18 0 x2 x2 2 9 x2 2 0 x2 2 x2 9 0 x2 2 0 vôli  2 x 9 0 x2 9 x 3 Vậy nghiệm của phương trình là : x 3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) : y 2mx m2 1 và parabol (P) : y x2 a) Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 2mx m2 1 1 Để (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt với m a 1 0 Ta có : ' ' 2 b ac 0 m Xét ' m2 m2 1 m2 m2 1 1 0, m Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt b) Tìm tất cả giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 1 1 2 1 2 x1 x2 x1x2 2 Ta có x1x2 0 m 1 0 m 1 Hai nghiệm của phương trình : x1 m 1; x2 m 1 1 1 2 x1 x2 2 x1x2 Biến đổi biểu thức 2 ta có : 1 x1 x2 2 x1x2 x1 x2 x1x2 x1x2 x1x2 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
5. Thay x1 m 1; x2 m 1 vào biểu thức x1 x2 2 x1x2 ta có : m -1 m 1 -2 m -1 m 1 m2 -1- 2 2m m2 2m 3 0 m 3 m 1 0 m 3 0 m 3   m 1 0 m 1 L Kết Luận : Với m 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB AC ) nội tiếp đường tròn O . Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF . 3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC . Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP . Lời giải A E M x P F H O B D K I C S 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn. Xét tứ giác BCEF ta có : B EC 90 (BE là đường cao) B FC 90 (CF là đường cao) BCEF là tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông). NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
6. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF. Vẽ tiếp tuyến Ax như hình vẽ B AF ACB (tính chất giữa đường tiếp tuyến và dây cung). Do tứ giác BCEF nội tiếp AFE ACB. Ta suy ra B AF 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 E FC ABI E FC 180 ) Mặt khác APE P AI 90 (vì AI  PE ) AIB P AI 90 ( Vì AH  BC ) APE AIB Vậy APE ∽ ABI ( g-g). * Chứng minh KH //PI Gọi M là giao điểm của AO và EF , dung đường kính AS Ta có BE / /CS cùng vuông góc AC BS / /CF cùng vuông góc AB BHCS là hình bình hành nên H, K, S thẳng hàng Ta có AE.AC AH.AD và AE.AC AM.AS AH AM AH.AD AM.AS AHM ASD AHM ASD AS AD  HMSD Nội tiếp đường tròn Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn P IM P DM H SM HS//PI . Bài V. ( 0,5 điểm) Cho biểu thức P a4 b4 ab với a,b là các số thực thỏa mãn a2 b2 ab 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P . Lời giải Ta có a2 b2 ab 3 a2 b2 3 ab thay vào P ta được. 2 P a4 b4 ab a2 b2 2a2b2 ab 3 ab 2 2a2b2 ab 9 6ab a2b2 2a2b2 ab 2 2 2  2 7 49 49 7 85 9 7ab a b ab 2.ab. 9 ab .  2 4  4 2 4 Vì a2 b2 3 ab , mà a b 2 0 a2 b2 2ab 3 ab 2ab ab 3 . 1 Và a b 2 0 a2 b2 2ab 3 ab 2ab ab 1 . 2 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI
7. 7 7 7 1 7 9 Từ 1 và 2 suy ra 3 ab 1 3 ab 1 ab 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 7 81 81 7 1 81 85 7 85 1 85 ab ab ab 4 2 4 4 2 4 4 4 2 4 4 4 2 7 85 1 ab 21 2 4 ab 3 a 3 b 3 Vậy Max P 21 . Dấu = xảy ra khi v . 2 2 a b 6 b 3 a 3 ab 1 a 1 a 1 Min P 1. Dấu = xảy ra khi hoặc . 2 2 a b 2 b 1 b 1 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI