Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 17/7/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn : TOÁN Ngày thi: 18/7/2020 Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian phát đề Bài I (2,0 điểm) x 1 3 x 5 Cho hai biểu thức A và B với x  0, x  1 . x 2 x 1 x 1 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4 . 2 2) Chứng minh B . x 1 3) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P 2A.B x đạt giá trị nhỏ nhất. Bài II (2,0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9 km/h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó.) 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy   3,14 ). Bài III (2,5 điểm)  3 2x 5  y 1 1) Giải hệ phương trình  . 1 4x 3  y 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét đường thẳng (d) : y mx 4 với m  0 . a) Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) và trục Oy. Tìm tọa độ của điểm A. b) Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm B sao cho tam giác OAB là tam giác cân. Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB vả BC. 1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh BH.BA BK.BC . 3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng. Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình x 3x 2 x2 1 . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh : Số báo danh: Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 : Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Bài Phần Nội dung Điểm Khi x 4 thì: 1) 4 1 3 0.50 A 4 2 4 3 x 5 B x 1 x 1 3( x 1) x 5 x 1 x 1 3 x 3 x 5 x 1 2) 1.00 2( x 1) ( x 1)( x 1) 2 x 1 2 Vậy B với x  0, x  1 . x 1 Bài I Với x  0, x  1 , ta có: (2,0đ) 2 x 1 2 4 P 2A.B x  x x x 2 x 1 x 2 Cách 1: 4 x 2 x 4 2 x 2 x 2 P  2 (do x  0) x 2 x 2 x 2 Dấu “=” xảy ra  x 0 (TMĐK) Vậy min P 2  x 0 3) Cách 2: 0.50 4 P x 2 2 x 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4 4 x 2  2  x 2 4 x 2 x 2 P  4 2 2 4 Dấu “=” xảy ra  x 2  x 0 (TMĐK) x 2 Vậy min P 2  x 0 3 Đổi 45 phút = giờ. 4 Bài II Gọi vận tốc đi bộ của An là x (km/h) (ĐK: x > 0). 1) 1,50 (2,0đ) Vận tốc đi xe đạp của An là x + 9 (km/h) 3 Thời gian An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình là (giờ) x
3. 3 Thời gian An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An là (giờ) x 9 Theo đề bài ta có phương trình: 3 3 3 x x 9 4 x 9 x 3  3 x(x 9) 4 9 1  x2 9x 4 x2 9x 36  x2 9x 36 0 x 3 (nhận)   x 12 (loại) Vậy vận tốc đi bộ của An là 3 km/h. Diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó là: 2) 0.50 S 4 R2  4.3,14.22 50,24(cm2 ) ĐK: y  1  3  3 2x 5 2x 5 14x 14  y 1  y 1       1  1  3 4x 3 4x 3 12x 9  y 1 1)  y 1  y 1 1.00 x 1 x 1   x 1 x 1   1   1     (TM ) 4 3  1 y 1 1 y 2  y 1  y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 1;2 Bài III Xét đường thẳng (d) : y mx 4 với m  0 (2,5đ) 2a) Cho x 0 y 4 , ta được điểm A 0;4 là giao của (d) với trục Oy 0.50 Vậy A 0;4 . 4 4 Cho y 0 x , ta được điểm B ;0 là giao của (d) với Ox m m 4 4 Ta có: OA 4 ; OB m m 2b) 1.00 OAB cân 4  OA OB  4  m 1  m 1 (TMĐK) m Vậy m 1 là giá trị cần tìm.
4. B F 0.25 1 K H I A C E Tứ giác BHEK có: B HE B KE 90o (GT) 1) 0.75 B HE B KE 180o BHEK là tứ giác nội tiếp (đpcm).  BEA vuông tại E, đường cao EH BE2 BH.BA (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 2) 1.00 Bài IV Tương tự: BE2 BK.BC (2) (3,0đ) Từ (1) và (2) BH.BA BK.BC (đpcm). BH BK Từ BH.BA BK.BC BC BA BH BK  BHK và  BCA có: A BC chung; BC BA  BHK  BCA (g-g) B HK B CA (3)  HEF vuông tại H, đường trung tuyến HI EF IH IE IF 3) 2 1.00 IHF cân tại I B HI F1 Tứ giác BCEF có B EC B FC 90o BCEF là tứ giác nội tiếp o F1 B CA 180 B FE B HI B CA (4) Từ (3) và (4) B HK B HI Ba điểm H, I, K thẳng hàng (đpcm).
5. Lời giải tham khảo trên mạng Giải phương trình x 3x 2 x2 1 . 2 ĐK: x  3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x 1 x x.1 2 (3x 2) 1 3x 1 3x 2 (3x 2).1 Bài V 2 2 0.50 (0,5đ) x 1 3x 1 VT 2x 2 2 Lại có: VP x2 1  2 x2.1 2x VT VP x 1  Dấu “=” xảy ra  3x 2 1  x 1 (TMĐK)  2 x 1 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1 . Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương