Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Trường THPT Hoàng Mai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2020
MÔN THI: TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm):
Cho biểu thức:

 1
 
2 x
x x
1 
P  


 : 
 (với x  0; x  1)
 x 1 x x  x  x 1   x x  x  x  1 x  1 
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm x để P  x  2 .
c) Tìm m để có x thỏa mãn





x 1 P  m  x .

Câu 2 (2,0 điểm):
Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Nếu hai vịi nước cùng chảy vào một bể cạn nước thì sau 4 giờ 48 phút bể sẽ đầy. Nếu chỉ mở
cho mỗi vịi chảy một mình thì vịi thứ nhất chảy đầy bể chậm hơn vịi thứ hai là 4 giờ. Hỏi mỗi vịi
chảy một mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể?
Câu 3 (2,0 điểm):




1) Giải hệ phương trình: 



1
 y 1  4
x 1
2
 3 y 1  3
x 1

1 2
1
x và đường thẳng  d  : y  mx  m  ( m là tham số)
2
2

a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng  d  khi m  2 .

2) Cho parabol  P  : y 

b) Tìm m để  d  và ( P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B có tung độ lần lượt là

yA; yB thỏa mãn: yA  yB  1
Câu 4 (3,5 điểm):
Cho ba điểm cố định A, B , C thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ một đường trịn  O; R  bất kì đi qua

B, C ( BC khơng là đường kính của  O  ). Từ A kẻ các tiếp tuyến AE và AF đến  O  ( E , F là các
tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC , K là trung điểm của EF , giao điểm FI với  O  là D .
1) Chứng minh AEOF và AEOI là các tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh AE 2  AB. AC .
3) Chứng minh ED song song với AC .
4) Khi  O  thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Câu 5 (0,5 điểm):
Cho ba số x, y,z  0 thỏa mãn: x  y  z  xyz.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S 

x
yz 1  x

2





y

xz 1  y

--------------HẾT------------(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

2





z
xy 1  z 2 

.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2020
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
MƠN THI: TỐN
(Đáp án - thang điểm có 05 trang)

Câu 1

1
2 x
P


 x  1  x  1 x  1




a







 

x x 1
1 
:

   x  1 x  1 x  1 
 






x  1
x 1 2 x  x
1 

P
: 


:

 x  1  x  1  x  1 x  1   x  1  x  1

0.25

2

x 1
x 1

0,25

P

x 1 x 1
.
x 1
x 1

0,25

P

x 1
x 1

0,25

P  x 2


b

Thang
điểm

Đáp án



 

x 1 

x 1
 x  2  x  0, x  1
x 1
x 2





x 1  x 1  x  x  2 x  2

 x  2 x 1  0
Đặt x  t  t  0; t  1

0,25

t  2  1  0
Ta có t 2  2t  1  0  
t   2  1  0  loai 
 x  2  1  x  3  2 2  tm  .
Vậy P  x  2 khi x  3  2 2 .
Ta có



0,25



x  1 P  m  x  x  1  m  x  x  x  1  m  0  x  0; x  1

x  y  y  0; y  1 Bài tốn trở thành tìm m để (1) có nghiệm
y  0; y  1.
5
Phương trình (1) có nghiệm khi   5  4m  0  m  
4
b
Ta có y1  y2    1  0 nên chắc chắn phương trình 1 ln có ít nhất
a
một nghiệm âm.
Nếu y 1. y2  1  m  0  m  1 thì phương trình sẽ có hai nghiệm cùng dấu âm.

5
Vậy   m  1  Phương trình có hai nghiệm cùng âm (khơng thỏa mãn
4
điều kiện).
Khi m  1 thì phương trình 1 có một nghiệm khơng âm (thỏa mãn điều
kiện y  0 )
Đặt

c

Xét điều kiện y  1  12  1 1  0  m  1.
 m  1
x 1 P  m  x .
Vậy với 
thì tồn tại x để
m  1





0,25

0,25


Đổi 4 giờ 48 phút =

24
giờ.

5

24
Gọi thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bề x (giờ) ( x  . )
5
thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bề x  4 (giờ)
Trong một giờ vòi thứ nhất chảy được
Trong một giờ vòi thứ hai chảy được

1
(bể)
x

Trong một giờ cả hai vòi chảy được 1:
2

1
(bể)
x4

24 5
 (bể)
5 24

Vậy ta có phương trình
1
1 5
 
x  4 x 24
 24 x  24  x  4   5 x  x  4 

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

 24 x  24 x  96  5 x 2  20 x
 5 x 2  24 x  96  0
 x  8 TMDK 

 x   12  l 

5
Vậy thời gian để vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 8 giờ
Thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể là 12 giờ
3.1

Giải hệ phương trình
 1
a
 x  1

ĐK: 
đặt  x  1
 y  1

 y 1  b

a  b  4
3a  3b  12
5a  15
a  3



Ta có 
2a  3b  3 2a  3b  3
2a  3b  3 b  1
1
2


x 1 
x


1
3
3
 a  3 

Thay
1
x 1
x 1  
x   4



3
3
Thay

3.2a

y  1  b  1  y  1  1  y  0

 2   4 
Vậy hệ có hai nghiệm là  ;0  ;   ;0 
 3   3 
Phương trình hồnh độ giao điểm của  d  và  P  là:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


1 2
1

x  mx  m 
2
2
2
 x  2mx  2m  1  0
Với m=2 ta có phương trình:

x2  4 x  3  0
  x  1 x  3  0

1

y

x  3
2


x  1
y  9

2

0,25

 1  9
Kết luận: Vậy với m=2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm có tọa độ là  3;  ,  3; 
 2  2

3.2b

Phương trình hồnh độ giao điểm của  d  và  P  là:
1 2
1
x  mx  m 
2
2
2
 x  2mx  2m  1  0
x  1
Có a+b+c=0 nên  1
 x2  2m  1

0,25

=>  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt

x1  x2  2m 1  1  m  1
Vậy  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt khi m  1.
Theo giả thiết
1 2 1 2
1
1
2
x1  x2  1  .12   2m  1  1
2
2
2
2
2

2
 4m  4m  1  1  4m  4m  0  4m  m  1  0  0  m  1
y1  y2  1 

0,25

Vậy tìm được 0  m  1 thì thỏa mãn đề bài.

4.1

Tứ giác AEOF có AE;AF là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (g.t) nên

AEO  AFO  90O
 AEO  AFO  180O nên tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn (vì có tổng
hai góc đối bằng 1800 )

0,25
0,25


I là trung điểm của BC(g.t)  OI  BC ( đường kính đi qua trung điểm

của dây khơng đi qua tâm thì vng với dây)  AIO  90O
Tứ giác AEOI có  AEO  AIO  180O nên tứ giác AEOI cũng nội tiếp trong
đường trịn (vì có tổng hai góc đối bằng 1800 )
4.2

4.3

4.4

Xét AEB và ACE có A chung, AEB  ACE (vì cùng bằng nửa số đo
BE )
 AEB ACE (g.g)
AE AB


 AE 2  AB. AC (đpcm)
AC AE
Gọi Ex là tia đối của tia EA ta có xED  EFD (vì đều bằng nửa số đo
DE )(1).
Theo câu 2, ta có 5 điểm A; E; O; I ; F cùng nằm trên một đường trịn, do đó

0,25

0,25

0,5

0,5
0,25

EAI  EFD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EI )(2).

0,25

Từ (1) và (2) ta có: xED  EAI

0,25

Mà hai góc xED, EAI ở vị trí đồng vị nên ED AC (đpcm)
Có AE  AF (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, OE  OF=R  AO là
trung trực của EF  AO  EF tại trung điểm K của EF .
Gọi H là giao điểm của AC và EF .
 tứ giác OKHI nội tiếp được trong đường trịn(vì có HKO  HIO  180O )
 đường trịn ngoại tiếp OIK ln đi qua hai điểm là I và H .
Mà AKH AIO(g.g)  AK. AO  AH . AI (3)
Xét AEO vng có EK là đường cao nên AK.AO  AE 2  AB.AC (4)
AB. AC
Từ (3) và (4) ta có AH . AI  AB. AC hay AH 
.
AI
Do A, B, C cố định nên H và I cố định  tâm đường trịn ngoại tiếp
KOI ln thuộc đường trung trực của HI là đường thẳng cố định.
Ta có

0,25

0,25

0,25

yz (1  x 2 )  yz  x 2 yz  yz  x( x  y  z )
 yz  x 2  xy  xz  ( x  y )( x  z )
5

Tương tự

Nên

zx(1  y 2 )  ( x  y)( y  z )

 yx(1  z 2 )  (x  z)(y z)
x
y
S

( x  y )( x  z )
( x  y )(y  z )



x
x
.

x y xz

y
y
.

x y yz

Áp dụng bất đẳng thức Cô si
Dấu ''  " xảy ra khi A  B
Ta có

AB 

0,25

z
( x  z )(y  z )

z
z
.
zy zx

A B
(với A, B  0 )
2

0,25


1 x
x
y
y
z
z
S (





2 x y xz yz x y xz yz

1 x y yz xz
3
 (


)
2 x y yz xz
2

Vậy max S 
TỔNG
ĐIỂM

3
x yz 3
2

10
ĐIỂM

* Chú ý:
- Trên đây chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối
đa ứng với điểm của câu đó.
- Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Trong một câu:
+ Có nhiều ý mà các ý phụ thuộc nhau, học sinh làm phần trên sai phần dưới đúng thì khơng
cho điểm.
+ Có nhiều ý mà các ý khơng phụ thuộc nhau, học sinh làm đúng ý nào thì cho điểm ý đó.
- Bài hình học, học sinh vẽ sai hình thì khơng chấm điểm. Học sinh khơng vẽ hình mà vẫn
làm đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm được.

- Bài làm có nhiều ý liên quan đến nhau, nếu học sinh công nhận ý trên mà làm đúng ý dưới
thì cho điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.