Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán hà nội năm học 2019 2020 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn thi : TOÁN
Ngày thi : 02 tháng 6 năm 2019
Thời gian làm bài : 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I (2,0 điểm)

(

)

 15 − x
2  x +1
+
và B = 
với x ≥ 0, x ≠ 25 .
÷:
x +5 x −5
 x − 25
25 − x
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
0,32m 2 . 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 x 4 − 7 x 2 − 18 = 0 .
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y = 2mx − m 2 + 1 và parabol
( P) : y = x 2 .
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
+1.
thỏa mãn + =
x1 x2 x1 x2
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 = a 4 + b 4 − ab , với a, b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2 + ab = 3 . Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Cho hai biểu thức A =

4

x +1

………………… Hết …………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh : …………………………………
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1 :
………………………………………

Số báo danh: …………………………
Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2 :
………………………………………


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Bài

Phần

Nội dung

Điểm

Khi x = 9 thì:
1)

A=

4

(

) = 4 ( 3 + 1) = 4.4 = 1

9 +1

25 − 9

16

0.5

16

 15 − x
2  x +1
B=
+
÷:
x
−
25
x
+
5

 x −5


2 x −5
15 − x
=
+
 x +5
x −5
x +5
x −5


(

2)

=
=

Bài I
(2,0đ)

=

)(

) (

15 − x + 2 x − 10

(

(

x +5

)(

x −5

x +5
x +5

)(

(

x −5

)

)

×

×

)(

)

)


× x −5
 x +1


x −5
x +1

1.0

x −5
x +1

1
x +1

1
với x ≥ 0, x ≠ 25 .
x +1
Với x ≥ 0, x ≠ 25, x ∈ Z , ta có:
Vậy B =

P = A.B =
3)

Bài II
(2,5đ)

1)

4

(

)×

x +1

25 − x

⇒ 4 = P ( 25 − x )

1
4
=
x + 1 25 − x

⇒ 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.
y
15
1 1 1
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

0.5

2.0


2)
Bài III
(2,0đ)

 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 = 15
u = 24
⇔

1
3u + 5v =
v = 1
40
4


 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:
1,75.0,32 = 0,56 (m3)
Vậy bồn nước này dựng đầy được 0,56 m3 nước.
Cách 1:
(1)
x 4 − 7 x 2 − 18 = 0
4
2
2
⇔ x + 2 x − 9 x − 18 = 0

0.5

⇔ x 2 ( x 2 + 2) − 9( x 2 + 2) = 0
⇔ ( x 2 + 2)( x 2 − 9) = 0
⇔ x 2 − 9 = 0 (do x 2 + 2 > 0 ∀x)
1)

2a)

⇔ x2 = 9
⇔ x = ±3
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = ±3 .
Cách 2:
Đặt x 2 = y ( y ≥ 0) . Phương trình (1) trở thành:
y 2 − 7 y − 18 = 0
Giải phương trình (2) được:

y1 = 9 (TMĐK) ; y2 = – 2 (loại)
Với y = y1 = 9 thì x 2 = 9 ⇔ x = ±3
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = ±3 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2 = 2mx − m 2 + 1
(1)
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0
2
2
Có ∆ ' = m − m + 1 = 1 > 0
⇒ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

1.0

(2)

0.5


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
 x1 x2 = m − 1
Theo đề bài:
1 1
−2
+ =

+1
x1 x2 x1 x2
2b)

⇔

x1 + x2 x1 x2 − 2
=
x1 x2
x1 x2

0.5

2m
m2 − 1 − 2
=
( ĐK :m ≠ ±1)
m2 − 1
m2 − 1
⇒ 2m = m 2 − 3
⇒

⇔ m 2 − 2m − 3 = 0
(2)
Giải phương trình (2) được: m1 = −1; m2 = 3
Kết hợp ĐK ⇒ m = 3 là giá trị cần tìm.
Bài IV
(3,0đ)

1)

2)

Vì BE, CF là các đường cao của ∆ ABC nên:
·
·
BEC
= BFC
= 90o
⇒ 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 1 = ABC
·
·
⇒E
(= 180o − CEF)
·
µ 1  = 1 sđAC
» ⇒E
µ1 =D
µ1
=D
Mà ABC

÷
 2

·

Ta có ACD
= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
µ1+D
µ 1 = 90o ⇒ A
µ1+E
µ 1 = 90o ⇒ AJE
·
⇒A
= 90o
⇒ OA ⊥ EF tại J

0.75
1.0


Cách 2:
Qua A, vẽ tiếp tuyến xy của (O)
 1 » 
µ 2 = ABC
·
⇒A
 = sđAC ÷
 2

Vì BCEF là tứ giác nội tiếp
µ 1 = ABC
·
·
⇒E
= 180o − CEF

(

)

µ2 =E
µ 1 ⇒ xy // EF
Do đó A
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
µ1 =C
µ 1 ⇒ AM
¼ = AN
» (tính chất góc nội tiếp)
⇒B
⇒ OA ⊥ MN (liên hệ giữa cung và dây)
µ =F
$1 = B
µ 2 ⇒ MN // EF
Dễ chứng minh N
⇒ OA ⊥ EF

(

)

3)

1.0

µ 3 + ABC
·
Dễ thấy A
= 90o
µ1+D
µ 1 = 90o và ABC
·
µ1
Mà A
=D
µ3 =A
µ 1 ⇒ BAI
·
·
⇒A
= PAE
·
·
µ 1 = ABC
·
∆ APE và ∆ AIB có: PAE
= BAI
;E
⇒ ∆ APE
∆ AIB (g-g)
AP AE
⇒

=
AI AB
∆ ABD (g-g)
Dễ chứng minh ∆ AEH
AE AH
⇒
=
AB AD
AP AH
=
Từ (1) và (2) ⇒
AI AD
⇒ PI // HD (định lí Ta-lét đảo)

(1)

(2)


Chứng minh được BHCD là hình bình hành
⇒ H, K, D thẳng hàng
⇒ KH // IP (đpcm).
Ta có: a 2 + b 2 + ab = 3 ⇔ a 2 + b 2 = 3 − ab
⇒ P = a 4 + b 4 − ab = (a 2 + b 2 ) 2 − 2a 2b 2 − ab = (3 − ab) 2 − 2a 2b 2 − ab
= 9 − 6ab + a 2b 2 − 2a 2b 2 − ab = 9 − 7 ab − a 2b 2
Lại có:
3 = a 2 + b 2 + ab = (a − b) 2 + 3ab ≥ 3ab ⇒ ab ≤ 1

Bài V
(0,5đ)

3 = a 2 + b 2 + ab = (a + b) 2 − ab ≥ −ab ⇒ ab ≥ −3
⇒ −3 ≤ ab ≤ 1
Cách 1:
Từ (1) và (2) suy ra:
P = 1 + (1 − ab)(8 + ab) ≥ 1
ab = 1
a = b = 1
⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔  2
 a = b = −1
2

a + b = 2
P = 21 − (ab + 3)(ab + 4) ≥ 21
 a = 3; b = − 3
ab = −3
⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔  2

2
 a = − 3; b = 3
a + b = 6
Cách 2:
85
2
P = 9 − 7ab − a 2b 2 =
+ ( ab + 3,5 )
4
1

81
2
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

(1)

(2)

0.5