TOAN 9 DE VA DAP AN THI THU DOT 2 THPT THANG LONG 2019

TRƯỜNG THPT THĂNG LONG
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
ĐỢT II NĂM 2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 21 tháng 04 năm 2019
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài I (2,0 điểm). Cho biểu thức A =

2x  3 x
1
1
x  x 1
và B =


x x 1 x  x 1
x 1
x

với x > 0
1) Tính giá trị của biểu thức B khi x = 9
2) Đặt P = A.B, rút gọn biểu thức P và so sánh P với 1.
3) Tìm x ∈ R để P có giá trị là số nguyên.

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người thợ làm chung một công việc với năng suất dự định và dự kiến sẽ
xong trong 12 ngày. Họ làm chung với nhau được 8 ngày thì người thứ nhất được
điều động đi làm công việc khác, người thứ hai tiếp tục làm đến khi hoàn thành công
viêc. Từ khi bắt đầu làm công việc một mình, do cải tiến kĩ thuật nên năng suất tăng
gấp đôi vì vậy người thứ hai đã làm xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi nếu
mỗi người làm một mình thì sau bao nhiêu ngày sẽ hoàn thành công việc với năng

suất đã định ban đầu.
Bài III (2,0 điểm)
2 x  2  | y  1| 11
1) Giải hệ phương trình: 

 x  2  2 | y  1| 10
1
2) Cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = mx + 2
2

a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A
và B.
b) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của điểm A và B. Tìm các giá trị của tham
số m để |x2| = 4|x1|.


Bài IV (3,5 điểm). Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R). Vẽ các tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC,
điểm M thuộc dây cung BC, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm
giữa A và M), điểm N là trung điểm của dây cung DE.
1)
2)
3)
4)

Chứng minh năm điểm A, B, C, O và N cùng thuộc một đường tròn.
  2. 
Chứng minh BOC
ANC và ∆AMH đồng dạng với ∆AON
2

Chứng minh AB = AD.AE và tứ giác DHOE là tứ giác nội tiếp.
Khi M di chuyển trên dây cung BC, xác định vị trí của điểm M để tổng
1

AD

1
lớn nhất.
AE

Bài V (0,5 điểm). Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x, y ≤ 1.
Chứng minh rằng:

x y

2

x
y

1
y3
x3

………………….Hết…………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………..

Số báo danh: ………………….

Họ tên, chữ ký cán bộ coi thi số 1:

Họ tên, chữ ký cán bộ coi thi số 2:


TRƯỜNG THPT THĂNG LONG
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
Bài Ý
Nội dung
I
x  x 1
9  9 1 7
. Khi x = 9 thì B =

1 B=
x

2

3

9

x 5
. Xét P – 1 =
x 1

Điểm

0,5

x 5
1 
x 1

4
 0 . Suy
x 1

1,0

4
 4 Vậy 1 < P < 5. Để P ∈ Z
x 1

0,5

Gọi thời gian để người thợ thứ nhất và thứ hai làm một mình
xong công việc lần lượt là x, y; (ngày) (x > 0; y > 0). Trong một
ngày, người thứ nhất và thứ hai làm được khối lượng công việc

2,0

Rút gọn được P =
ra: P > 1
P = 1

3

II

4
vì x > 0 nên 0 
x 1

thì P ∈ {2;3;4}

x 5
 2  x  5  2( x  1)  x  3  x  9
x 1
1
+) Tương tự, giải P = 3  x = 1 và P = 4  x = .
9
1
Vậy x ∈ 9;1; 
9


+) P = 2 

1 1
; . Hai người dự định làm chung công việc
x y
1 1 1
trong 12 ngày thì xong ta có pt:   (1)
x y 12

tương ứng là:

Phần công việc hai người làm chung trong 8 ngày tương ứng
8 2
 khối lượng công việc.
12 3
2
3

1
3

Phần còn lại người thứ hai phải làm là: 1   . Do cải tiến năng
suất tăng gấp đôi nên người thứ hai đã làm xong
2
y

1
3

trong 3,5 ngày nên ta có pt: 3,5.  

7 1
 (2)
y 3

1
công việc
3


 x  28

 y  21

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được 

Vậy thời gian người thứ nhất và thứ hai làm một mình xong
công việc lần lượt là 28 ngày và 21 ngày.
Hpt

III

1

4 x  2  2 | y  1| 22
3 x  2  12
 x  2  4



| y  1| 3
 x  2  2 | y  1| 10
 x  2  2 | y  1| 10
 x  14
 x  14


  y  4
 y  1  3  
  y  2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là (14;4) và (14;-2)

PT hoành độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P) là:
2a

1,0

1 2
x  mx  2  x 2  2mx  4  0 (*)
2

Xét: ∆ = b2 – 4ac = 4m2 + 4 > 0 ∀m nên pt (1) có 2 nghiệm phân
biệt.
Với x1; x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), theo định lý Vi – ét
ta có: x1x2 =

c
= - 4 < 0 (1)
a

Suy ra x1 và x2 là trái dấu nên ta có: |x2| = 4.|x1|  x2 = - 4x1 (2)
4 x12  4  x1  1
 x1 x2  4


Giải hệ (1) và (2): 
hoặc
 x2  4 x1
 x2  4
 x2  4 x1
 x1  1


 x2  4
x  1

1
2b +) Với  x  4 theo định lý Vi-et ta có: x1 + x2 = 1 + (- 4) = 2m
 2

3
2
 x  1
+) Với  1
theo định lý Vi-et ta có: x1 + x2 = - 1 + 4 = 2m
 x2  4
3
=> m =
2
3
Vậy m =  thì đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm có
2

=> m = 

hoành độ thỏa mãn |x2| = 4.|x1|

1,0


IV

1

Vì AB, AC là tiếp tuyến
B
của đường tròn nên
0


ABO  ACO  90 (1)
E
N
M
N là trung điểm của dây
D
cung DE nên ON vuông
A
H O
góc với DC hay

ANO  900 (2)
Từ (1) và (2) suy ra năm
C
điểm A, B, C, O và N
cùng thuộc đường tròn
đường kính OA.
Năm điểm A, B, C, O và N cùng thuộc một đường tròn nên

ANC  
ABC (cùng chắn cung 
AC )

1,0

1,0

1 
Mặt khác xét đường tròn (O;R) ta có: 
( ABC là góc
ABC  BOC
2

2

tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
  2. 
Do đó: BOC
ANC
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau: OA là trung trực của
BC nên OA ⊥ BC
  HAM
 . Vậy
Xét ∆AMH và ∆AON: 
ANO  
AHM  900 và NAO
∆AMH ~ ∆AON
  EAB
 và 

Xét ∆ADB và ∆ABE có chung góc BAD
ABD  BEA

(cùng bằng

1
)
sđ BD
2

Do đó: ∆ADB ~ ∆ABE Suy ra
3

AB AE

 AB 2  AD. AE (1)
AD AB

Xét tam giác vuông ABO đường cao BH ta có: AB2 = AH.AO
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: AD.AE = AH.AO (3)
Xét hai tam giác: ∆ADH và ∆AOE có chung góc A và cặp cạnh
tương ứng tỉ lệ:

AD AH
nên hai tam giác ∆ADH ~ ∆AOE Suy

AO AE

  DEO
 . Vậy tứ giác DHOE nội tiếp được một đường
ra: DHA
tròn.

1,0


1
AE  AD
AE  AD
. Có AB


AB
AE
AD. AE
1
1
không đổi nên tổng
lớn nhất khi

AD
AE
1

AD

Xét tổng:
4

1

AD

AD  AE  2 AO . Khi đó

V

1
2 AO

AB
AE

Dấu “=” xảy ra khi N trùng với O hay điểm M trùng với H.
Nhận xét: 0 ≤ x; y ≤ 1 nên y  3  1  3  2; x  3  1  3  2
Do đó:

x
x
y
y
x y
 ;
 hay

2
y3 2 x3 2

Mặt khác:

x
y



y3
x3

x
y

y3
x3

 x2
x2
y2
y2 

 2


y3
x3
 y 3 x3

Với 0 ≤ x; y ≤ 1 luôn có: y + 3 ≥ y2 + 3 ≥ 2(x2 + y2);
x + 3 ≥ x2 + 3 ≥ 2(x2 + y2)
 x2

y2 



x2

0,5

y2





1
Do đó: 2 
  2
2
2
2
2 
 y 3 x3
 2( x  y ) 2( x  y ) 

Lưu ý: Học sinh giải cách khác từng ý vẫn được đủ số điểm.

0,5