Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2020 - 2021 ĐH Sư Phạm Hà Nội có đáp án | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (2,0 điểm)

 4 x
8x   x  1
2 
P 


 :

2 x 4 x  x 2 x
x

Cho biểu thức
với x  0; x 4; x 9
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm m sao cho
Bài 2. (3,0 điểm)

m





x  3 .P  x  1

đúng với mọi giá trị x  9

a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng

 d 2  : y  m2 

4  x  3m (m

 d1  : y 5 x  9 và

là tham số). Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng

d1 và d 2 là song song.
2
x
 2  m  1 x  2m  5 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của
b) Cho phương trình:
m để phương trình trên có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:

x

2
1

 2mx1  2m  1  x2  2  0

c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120km . Vì mỗi giờ ô
tô thứ nhát chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0, 4 giờ.
Tính vận tốc mỗi ơ tơ, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường

AB.

Bài 3. (1,5 điểm)
Bác An muốn làm một cửa sổ khn gỗ, phía trên có dạng nửa hình trịn, phía dưới có
dạng hình chữ nhật. Biết rằng : đường kính của nửa hình trịn cũng là cạnh phía trên
của hình chữ nhật và tổng độ dài các khn gỗ (các đường in đậm vẽ trong hình bên,
bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8m. Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của
hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn

 O  và một điểm nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến

AB với đường

 O  (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C và O).
O
Đường thẳng IA cắt   tại hai điểm D và E ( D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của
tròn

đoạn thẳng DE
a) Chứng minh AB.BE BD. AE

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

b) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K . Chứng minh

HK / /CD
c) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F . Chứng minh tứ giác BECF là
hình chữ nhật
Bài 5. (0,5 điểm) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện sau:

0  x, y, z 1

x
y
z
3




1  y  zx 1  z  xy 1  x  yz x  y  z

ĐÁP ÁN

Bài 1.
a)

Rút gọn biểu thức P
Với x  0, x 4, x 9 ta có:


 4 x

8x   x  1
2   4 x
P 



 :


4

x
2

x
x

2
x
x
2

x
2

 
 



P





4 x 2



2



x  8x



x 2 x

8 x  4x

 2  x  2  x 



.

x  1 2

:

x





x 2

3

x

x



x 2

x 2





 

x


1
2
 :





x
x 2 x
x. x  2
 

8x





8 x  4x  8x



2



x 2 x

  4 x . x  2  . x 

 x  2  . x  3



.


x  x  2

x  1 2 x  4

4x
x 3

4x
x 3.

P
Vậy





m x  3 .P  x  1
b) Tìm m sao cho
đúng với mọi giá trị x  9
Điều kiện: x  9. x  9, Ta có:

4x

 x 1
x 3
1
 4mx  x  1   4m  1 x  1  4m  1 
x
1 1

x
9
x

9
Vì
nên
m





x  3 .P  x  1  m





x 3 .

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038




1
1
10
5
4m  1  , x  9
4 m  1   4m   m 
x
9
9
18
Do đó
thì
5
m
18
Vậy
Bài 2.
a) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng d1 , d 2 song song

 d  : y  m2  4  x  3m song song
Ta có hai đường thẳng  d1  : y 5 x  9 và 2
m 2  4 5


3
m


9


m 2 9


m

3


  m 3

  m  3  m  3
m 3


Vậy m  3 thì đường thẳng d1 và d 2 song song.

x
b) Tìm m để

2
1

 2mx1  2m  1  x2  2  0

2
Xét phương trình: x  2  m  1 x  2m  5 0 , ta có:

2

 '  m  1  2m  5 m 2  2m  1  2m  5
2

m 2  4m  4  2  m  2   2  0  m 

 Phương trình đã cho ln có hai

nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m
 x1  x2 2m  2

x x 2m  5
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:  1 2
Vì x1 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

x12  2  m  1 x1  2m  5 0  x12  2mx1  2 x1  2m  5 0
 x12  2mx1  2m  1  2 x1  4 0  x12  2mx1  2m  1  2  x1  2 
Theo đề bài ta có:

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038


x

2
1

 2mx1  2m  1  x2  2  0   2  x1  2   x2  2  0

  x1  2   x2  2  0  x1 x2  2  x1  x2   4 0
 2m  5  2  2m  2   4 0  2m  1  4m  4 0
 2m  1  4m  4 0   2m  3  m 

3
2

3
2 thỏa mãn điều kiện bài tốn
Vậy
c) Tính vận tốc mỗi ơ tơ
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x  km / h   x  10 
m

120
( h)
 Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là x
Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là 10km / h  Vận tốc
của ô tô thứ hai là : x  10(km / h)
120
( h)
 Thời gian của ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là : x  10
2
0,4h  h
5 nên ta có phương trình:
Vì ơ tơ thứ nhất đến B trước ơ tơ thứ hai là
120 120 2

  5.120 x  5.120.  x  10  2 x  x  10 
x  10

x
5
 600 x  600 x  6000 2 x 2  20 x  2 x 2  20 x  6000 0
 x 2  10 x  3000 0  x 2  60 x  50 x  3000 0
 x  60 0
 x 60(tm)
  x  60   x  50  0  

 x  50 0
 x  50
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60km / h và vận tốc của ô tô thứ hai:
60  10 50(km / h)
Bài 3. Tính độ dài cạnh và diện tích lớn nhất

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038


Gọi đường kính của nửa hình trịn là x  m   0  x  8   Bán kính của nửa đường trịn

x
( m)
2
Khi đó cạnh phía trên của hình chữ nhật: x (m)
Gọi cạnh cịn lại của hình chữ nhật là y  m   0  y  8 

1
x
 x   m
2
Độ dài nửa đường trịn phía trên: 2

x


 x  2 y 8    1 x  2 y 8
2 
Khi đó ta có tổng độ dài các khn gỗ: 2


 2 y 8    1 x  y 4 
2 

 2

x
 4 
2

1  x
 x2
S      xy 
 xy
2
2
8


Diện tích của cửa số:

 x2


 x2
 2 
 2 2
S
 x4  
 4x  
 x  S 
x
8
8
 4  
 4 

 4 2
 1
 S     x 2  4 x  S 
x  4x
8
 8 2
2
2
 4  2
32 
 4  2
16
 16   16  
 S 
. x 
x  S 

.  x  2 x.



8 
  4 
8 
  4    4     4  
2

 4 
16 
32
32
 S 
. x 

 
8 
 4  4  4
Dấu " " xảy ra

 y 4 

 x

16
16
0  x 
(tm)

 4
 4

4  16  4    2  4  16  4  8
  2 16
8
.



(tm)
4  4
 4
 4
 4

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038


Vậy khi cửa sổ có diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là:

16
8
m
(cm)
  4 và cạnh bên của hình chữ nhật là   4

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

Bài 4.

a) Chứng minh AB.BE BD. AE

Xét ABD và AEB có: A chung; ABD  AEB
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp


tuyến và dây cung cùng chắn BD )  ABD AEB ( g .g )
AB BD


AE BE (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )  AB.BE BD. AE (dfcm)
b) Chứng minh HK / /CD
Vì H là trung điểm của DE ( gt ) nên OH  DE (tính chất đường kính và dây cung)



 OHD
900  OHA
900
0
0


Xét tứ giác OBAH có : OHA 90 (cmt ); OBA 90 (do AB là tiếp tuyến của  O  )


 OHA
 OBA

900  90 0 1800  OBAH là tứ giác nội tiếp


 OAH
OBH
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH)


Mà OAH HEK (so le trong do d / / OA)



 OBH
HKE
HBK
 Tứ giác BEKH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh
kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).



 HKB
HEB
DEB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HB)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038








Mà DEB DCB (hai góc nội tiếp cùng chắn BD )  HKB DCB (hai góc nội tiếp



BD )  HKB
DCB
DEB
cùng chắn cung
. Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị
bằng nhau
 HK / / CD (dfcm)
c) Chứng minh BECF là hình chữ nhật





Kẻ tiếp tuyến AQ với đường tròn  O   Q B 
0
0
0


Xét tứ giác OBAQ có: OBA  OQA 90  90 180  OBAQ là tứ giác nội tiếp
0
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )




 OBQ
OAQ
PAQ
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ )



Lại có: OBQ CBQ CDQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)



 PAQ
CDQ
OBQ
 Tứ giác APDQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc


ngồi bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  ADP  AQP (hai góc nội tiếp cùng chắn
AP )











Mà ADP CDE (đối đỉnh)  CDE CBE (hai góc nội tiếp cùng chắn CE )

 AQP CBE
 1


Xét ABP và AQP có: AP chung ; BAP QAP (tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau);
AB  AQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ABP AQP (c.g .c)
 ABP  AQC

(2) (hai góc tương ứng)




 CBE
 ABP AQP



Từ (1) và (2)






 CBE
 CBF

 ABP
 CBF
 EBF
 ABC
900

 EBF
là góc nội tiếp chắn nửa đườn trịn (O) nên EF là đường kính của  O 
 O là trung điểm của EF
Xét tứ giác BECF có hai đường chéo BC , EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
0

 BECF là hình bình hành. Lại có: EBF 90 (cmt ) nên BECF là hình chữ nhật
 dfcm 

Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038


Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038


Bài 5.
 x 1  x 2 1

Ta có:  xy  y

 x 2  xy 1  y  x 2  xy  zx 1  y  zx


1

1
1
1



x  xy  xz 1  y  zx 1  y  xz x  x  y  z 



x
1

1  y  xz x  y  z

2

y
1

Chứng minh tương tự ta có: 1  z  xy x  y  z

;

z
1

1  x  yz x  y  z

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được :

x
y
z
3



1  y  xz 1  z  xy 1  x  yz x  y  z
Dấu " " xảy ra  x  y z 1
Vậy có duy nhất 1 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán  x; y; z   1;1;1

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038