Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN 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) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9 . 2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để biểu thức P A.B đạt giá trị nguyên lớn nhất. Bài II (2,5 điểm) 1) Giải bài toán sau 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 nếu mỗi đội làm riêng thì trong bao nhiêu ngày mới xong công việc trên ? 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao 1,75m và diện tích đáy là 0,32m2 . Hỏi bồn nước này dựng 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 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. 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 = 9 thì: 1) 4 9 1 4 3 1 4.4 0.5 A 1 25 9 16 16 15 x 2 x 1 B : x 25 x 5 x 5 15 x 2 x 5 x 5  x 5 x 5 x 5 x 5 x 1 15 x 2 x 10 x 5  2) x 5 x 5 x 1 1.0 x 5 x 5  Bài I x 5 x 5 x 1 (2,0đ) 1 x 1 1 Vậy B với x 0, x 25 . x 1 Với x 0, x 25, x Z , ta có: 4 x 1 1 4 P A.B  25 x x 1 25 x 3) 4 P 25 x 0.5 4MP (do 25 x Z, P Z) P 4 P 4 25 x 1 x 24 (TMĐK) Vậy với x Z, P Z thì max P 4 x 24 Gọi thời gian đội thứ nhất và đội thứ hai làm riêng xong việc lần lượt là x (ngày) và y (ngày). ĐK: x, y > 6. 1 Mỗi ngày: đội thứ nhất làm được công việc, đội thứ hai làm được x 1 1 công việc, hai đội làm chung được công việc. Bài II y 15 1) 1 1 1 2.0 (2,5đ) Ta có phương trình: (1) x y 15 3 Đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày được công việc. x 5 Đội thứ hai làm riêng trong 5 ngày được công việc. y
3. 1 Vì khi đó cả hai đội hoàn thành được 25% công việc nên ta có 4 3 5 1 phương trình: (2) x y 4 1 1 1 x y 15 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 3 5 1 x y 4 1 1 Đặt u; v , hệ trở thành: x y 1 1 u v u 15 24 1 1 3u 5v v 4 40 x 24 (TMĐK) y 40 Vậy nếu làm riêng thì đội thứ nhất mất 24 ngày, đội thứ hai mất 40 ngày để hoàn thành công việc. Thể tích của bồn nước là: 2) 1,75.0,32 = 0,56 (m3) 0.5 Vậy bồn nước này dựng đầy được 0,56 m3 nước. Cách 1: x4 7x2 18 0 (1) x4 2x2 9x2 18 0 x2 (x2 2) 9(x2 2) 0 (x2 2)(x2 9) 0 x2 9 0 (do x2 2 0 x) x2 9 1) x 3 1.0 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 3 . Cách 2: Bài III 2 (2,0đ) Đặt x y (y 0) . Phương trình (1) trở thành: y2 7y 18 0 (2) Giải phương trình (2) được: y1 = 9 (TMĐK) ; y2 = – 2 (loại) 2 Với y = y1 = 9 thì x 9 x 3 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 3 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 2mx m2 1 x2 2mx m2 1 0 (1) 2a) 0.5 Có ' m2 m2 1 1 0 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
4. Vì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 nên x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 2m 2 x1x2 m 1 Theo đề bài: 1 1 2 1 x1 x2 x1x2 x x x x 2 2b) 1 2 1 2 0.5 x1x2 x1x2 2m m2 1 2 (ĐK :m 1) m2 1 m2 1 2m m2 3 m2 2m 3 0 (2) Giải phương trình (2) được: m1 1;m2 3 Kết hợp ĐK m 3 là giá trị cần tìm. y A 2 3 1 x M 1 J E N 1 F O H 1 1 2 B C 1 Bài IV D (3,0đ) Vì BE, CF là các đường cao của ABC nên: · · o 1) BEC BFC 90 0.75 E, F thuộc đường tròn đường kính BC Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. Cách 1: Vẽ đường kính AD của (O), AD cắt EF tại J. Vì BCEF là tứ giác nội tiếp µ · o · E1 ABC ( 180 CEF) 2) · µ 1 » µ µ 1.0 Mà ABC D1 sđAC E1 D1 2 Ta có A·CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) µ µ o µ µ o · o A1 D1 90 A1 E1 90 AJE 90 OA  EF tại J
5. Cách 2: Qua A, vẽ tiếp tuyến xy của (O) µ · 1 » A2 ABC sđAC 2 Vì BCEF là tứ giác nội tiếp µ · o · E1 ABC 180 CEF µ µ Do đó A2 E1 xy // EF Mà OA  xy (tính chất tiếp tuyến) OA  EF Cách 3: Tia BE cắt (O) tại M, tia CF cắt (O) tại N Vì BCEF là tứ giác nội tiếp µ µ ¼ » B1 C1 AM AN (tính chất góc nội tiếp) OA  MN (liên hệ giữa cung và dây) µ $ µ Dễ chứng minh N F1 B2 MN // EF OA  EF A 3 1 1 E J P F 1 H O 1 1 2 B C K I 1 D 3) 1.0 µ · o Dễ thấy A3 ABC 90 µ µ o · µ Mà A1 D1 90 và ABC D1 µ µ · · A3 A1 BAI PAE · · µ · APE và AIB có: PAE BAI ; E1 ABC APE AIB (g-g) AP AE (1) AI AB Dễ chứng minh AEH ABD (g-g) AE AH (2) AB AD AP AH Từ (1) và (2) AI AD PI // HD (định lí Ta-lét đảo)
6. Chứng minh được BHCD là hình bình hành H, K, D thẳng hàng KH // IP (đpcm). Lời giải tham khảo trên mạng Ta có: a2 b2 ab 3 a2 b2 3 ab P a4 b4 ab (a2 b2 )2 2a2b2 ab (3 ab)2 2a2b2 ab 9 6ab a2b2 2a2b2 ab 9 7ab a2b2 (1) Lại có: 3 a2 b2 ab (a b)2 3ab 3ab ab 1 3 a2 b2 ab (a b)2 ab ab ab 3 3 ab 1 (2) Cách 1: Từ (1) và (2) suy ra: P 1 (1 ab)(8 ab) 1 Bài V ab 1 a b 1 0.5 Dấu “=” xảy ra (0,5đ) 2 2 a b 2 a b 1 P 21 (ab 3)(ab 4) 21 ab 3 a 3;b 3 Dấu “=” xảy ra 2 2 a b 6 a 3;b 3 Cách 2: 85 2 P 9 7ab a2b2 ab 3,5 4 1 2 81 Vì 3 ab 1 0,5 ab 3,5 4,5 ab 3,5 4 4 85 2 21 ab 3,5 1 hay 21 P 1 4 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương