ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 HÀ NỘI Phần 2

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

TRƯỜNG SCHOOL

ĐỀ THI THỬ LẦN 2
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài: 120 phút
(Khơng kể thời gian giao đề)

Đề số 32

Câu 1.

(2,0 điểm)
A=

Cho các biểu thức
x ≠1
.

x
2
4 x+2
−
+
x −1 x +2 x+ x − 2

1) Tính giá trị của biểu thức
P = A: B
2) Rút gọn

.

3) Tìm giá trị của

Câu 2.

x

để

B

2
4− P
3

khi

x =16

B =1 −

và

2
1− x

và với

x ≥ 0,

.

. Đạt giá trị nguyên lớn nhất.

(2,5 điểm)
1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Xí nghiệp may mặc Nam Khánh nhận được hợp đồng của cơng ty Gia
Huy may 1000 chiếc áo khốc trong thời gian nhất định. Tuy nhiên, sau
đó, cơng ty Gia Huy có thương lượng lại là muốn nhận được đủ 1000 áo
trước 5 ngày so với dự kiến ban đầu. Xí nghiệp Nam Khánh tính tốn và
thấy rằng mỗi ngày cần may tăng thêm 10 áo sẽ đáp ứng được yêu cầu
này. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, xí nghiệp Nam Khánh cần hoàn thiện
hợp đồng trong bao nhiêu ngày?
1,5 m
2) Một chiếc lều dã ngoại hình nón bằng vải có bán kính đáy là
và
2,5 m
độ dài đường sinh là
. Tình thể tích và diện tích xung quanh của
chiếc lều.

Câu 3.

(2,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

5


 x − 3 + 2 y +1 = 2


2 x − 3 − 1 = 9

2 y +1 5

2. Trên cùng một mặt phẳng
(d ) y = 2( m + 1) x − ( 2m + 1)
thẳng
:

Oxy

Trang 1

cho parabol

( P)

:

y = x2

và đường

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

( P)

(d )

a) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol
và đường thẳng
khi
m=2
.
(d )
( P)
m
b) Tìm các giá trị của
để
cắt
tại hai điểm phân biệt có hồnh
độ

x1 , x2

sao cho

x12 = 4 x2

Câu 4 (3,0 điểm)

(O, R )

(O )

M
Cho đường tròn
và điểm
nằm ngồi đường trịn
. Từ
kẻ
MA, MB A, B
(O )
MCD
các tiếp tuyến
(
là các tiếp điểm) và cát tuyến
với
(

MCD

CD

M

không đi qua tâm),

C

nằm giữa

M

và

D

. Gọi

K

là trung điểm của

.

a) Chứng minh tứ giác

AMBK

là tứ giác nội tiếp.
NC , ND
(O )
OK
N
AB
b)
cắt
tại
. Chứng minh
là các tiếp tuyến của
.

c) Gọi giao điểm của

AB

và

CD

I
là . Chứng minh rằng:

d) Chứng minh rằng khi cát tuyến

BCD

Câu 5.

tam giác
(0,5 điểm)

MCD

IB NB
=
IA NA

thay đổi thì trọng tâm

G

của

ln chạy trên một đường trịn cố định.

Giải phương trình

x 2 + 3x − 4 x3 + 1 + 5 = 0

.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.

(2,0 điểm)
A=

Cho các biểu thức
x ≠1
.

x
2
4 x+2
−
+
x −1 x +2 x+ x − 2

1) Tính giá trị của biểu thức
P = A: B
2) Rút gọn

.

B

khi

Trang 2

x =16

B =1 −

và

2
1− x

và với

x ≥ 0,

.

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

3) Tìm giá trị của

x

để

2
4− P
3

. Đạt giá trị nguyên lớn nhất.
Lời giải

x =16(TM ) ⇒ B = 1 −

1.

x

(

x +2

x +2

)(

(

)

−

) (

x −1

(

x +2

)(

x+4 x +4
x +2

)(

x+2

)(

Q =4−

Đặt

1− x

+

4 x+2

) (

x+2

=

x +2
x −1

x −1

và với

)(

x ≥ 0, x ≠ 1

.

)

x −1

)

(

=

) (

x −1

x+2

x +2

)(

)

2

)

x −1

x + 2 −1 − x
:
=
x −1 1− x

− x −1
≠ 0 ⇔ x ≠ −1
1− x

x +2
x −1

.

x −1
x +1

=

x+2
x +1

(luôn đúng)

3
3 x +2 8 x +8−3 x −6 5 x +2
P =4− .
=
=
2
2 x +1
2( x + 1)
2( x + 1)

5 x+2 5
3
5
5
= −
< ⇒ Q < (1)
2
2( x + 1) 2 2 x + 2 2
5 x +2

2( x + 1)

= 1+

3 x
2 x+2

≥ 1 ⇒ Q ≥ 1(2)

1≤ Q <
Từ (1) và (2) suy ra
Q=2
⇒

2

x −1

xác định

Q=

và

2( x − 1)

⇔ B≠0⇔

Q=

B =1 −

x +2 
2 
: 1 −
÷=
x −1  1− x 

P = A: B =

P

1 − 16

x+2 x −2 x +2+4 x+2

A=

A=

(

2 5
=
3 3

= 1+

x
2

4 x+2
−
+
x −1
x +2 x+ x − 2

A=

A=

2

5 x +2
2( x + 1)

5
⇒ Q ∈ { 1;2}
2

Mà

Q

là số nguyên lớn nhất nên

=2⇔5 x +2=4 x +4

Trang 3

Ngô Nguyễn Thanh DuY

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021
⇔

Vậy

Câu 2.

x = 2 ⇔ x = 4(TM )

x=4

thì

2
4− P
3

. Đạt giá trị nguyên lớn nhất.

(2,5 điểm)
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Xí nghiệp may mặc Nam Khánh nhận được hợp đồng của công ty Gia
Huy may 1000 chiếc áo khoác trong thời gian nhất định. Tuy nhiên, sau
đó, cơng ty Gia Huy có thương lượng lại là muốn nhận được đủ 1000 áo
trước 5 ngày so với dự kiến ban đầu. Xí nghiệp Nam Khánh tính tốn và
thấy rằng mỗi ngày cần may tăng thêm 10 áo sẽ đáp ứng được yêu cầu
này. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, xí nghiệp Nam Khánh cần hoàn thiện
hợp đồng trong bao nhiêu ngày?

1,5 m
2) Một chiếc lều dã ngoại hình nón bằng vải có bán kính đáy là
và
2,5 m
độ dài đường sinh là
. Tình thể tích và diện tích xung quanh của
chiếc lều.
Lời giải
1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Xí nghiệp may mặc Nam Khánh nhận được hợp đồng của cơng ty Gia
Huy may 1000 chiếc áo khốc trong thời gian nhất định. Tuy nhiên, sau
đó, cơng ty Gia Huy có thương lượng lại là muốn nhận được đủ 1000 áo
trước 5 ngày so với dự kiến ban đầu. Xí nghiệp Nam Khánh tính tốn và
thấy rằng mỗi ngày cần may tăng thêm 10 áo sẽ đáp ứng được yêu cầu
này. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, xí nghiệp Nam Khánh cần hoàn thiện
hợp đồng trong bao nhiêu ngày?
Gọi số áo mỗi ngày xí nghiệp Nam Khánh cần may theo dự kiến ban
x ( x ∈ ¥ *)
đầu là
Gọi số ngày xí nghiệp Nam Khánh cần để hồn thiện hợp đồng theo dự
y ( y ∈ ¥ *)
kiến ban đầu là
Theo bài ra, số áo khoác cần may là 1000 áo nên ta có phương trình:
x. y = 1000
(1)
Vì nếu mỗi ngày xí nghiệp Nam Khánh may tăng thêm 10 áo sẽ đáp
ứng được yêu cầu công ty Gia Huy nhận được đủ 1000 áo trước 5 ngày
so với dự kiến ban đầu nên ta có phương trình:
( x + 10).( y − 5) = 1000
(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 xy = 1000

( x + 10)( y − 5) = 1000
Trang 4

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

 xy = 1000
⇔
 xy + 10 y − 5 x − 50 = 1000
 xy = 1000
⇔
1000 + 10 y − 5 x = 1050
 xy = 1000
⇔
10 y − 5 x = 50
 xy = 1000
⇔
2 y − 10 = x
(2 y − 10) y = 1000
⇔
2 y − 10 = x

2 y 2 − 10 y − 1000 = 0

⇔
2 y − 10 = x
 y 2 − 5 y − 500 = 0
⇔
2 y − 10 = x
  y = −20

⇔   y = 25
 2 y − 10 = x


y
y = 25
không thỏa mãn điều kiện của biến nên
.
x = 2 y − 10 = 2.25 − 10 = 40
x
Khi đó
thỏa mãn điều kiện của
Vì

y = −20

Vậy theo kế hoạch ban đầu, xí nghiệp Nam Khánh cần hoàn thiện hợp
đồng trong 25 ngày.2) Một chiếc lều dã ngoại hình nón bằng vải có bán kính đáy là 1,5m và
độ dài đường sinh là 2,5m. Tình thể tích và diện tích xung quanh của
chiếc lều.
R = 1,5
Vì chiếc lều dã ngoại hình nón có bán kính đáy
m và độ dài

đường sinh là
m

l = 2,5

m nên chiều cao của chiếc lều là:

Vậy thể tích của chiêc lều là:

h = 2,52 − 1,52 = 2

1
1
3
V = π r 2 h = π .1,52.2 = π
3
3
2

Diện tích xung quanh của chiếc lều là:
Trang 5

(m3)
15
S xq = π rl = π .1,5.2,5 = π
4

(m2)

Ngô Nguyễn Thanh DuY

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Câu 3.

(2,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

5

 x − 3 + 2 y +1 = 2


2 x − 3 − 1 = 9

2 y +1 5

2. Trên cùng một mặt phẳng
(d ) y = 2( m + 1) x − ( 2m + 1)
thẳng
:

Oxy

cho parabol

( P)

:

y = x2

và đường

( P)
(d )
a) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol
và đường thẳng
khi
m=2
.
(d )
( P)
m
b) Tìm các giá trị của
để
cắt
tại hai điểm phân biệt có hồnh
độ

x1 , x2

sao cho

x12 = 4 x2
Lời giải

1.

5

 x − 3 + 2 y +1 = 2


2 x − 3 − 1 = 9

2 y +1 5

y≠−
;

a = x − 3 ;b =

Đặt

1
2

1
( K : a ≥ 0)
2 y +1

(*). Khi đó hệ phương trình trở thành:

a + 5b = 2
a = 1
a + 5b = 2
a = 1



⇔
⇔
9⇔
1

10a − 5b = 9
a + 5b = 2
2a − b = 5
b = 5

Thay vào (*), ta được:

 x = 4
 x − 3 = 1
 x −3 =1



  x = 2
⇔
⇔
x
−
3
=
−
1
1

 1


1
2y +1 = 2
2 y + 1 = 2

y
=
(TM )



2

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm duy nhất
2.

( P)

:

y = x2

và

(d )

:

 1   1  
S =  4; ÷;  2; ÷
 2   2  

y = 2(m + 1) x − ( 2m + 1)

Trang 6

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

a)

m = 2 ⇒ y = 6 x − 3(d )

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

(d )

và

( P)

x = 6x− 5
2

⇔ x 2 −6 x + 5 = 0
⇔ x2 − 6x + 5 = 0

a + b + c = 1− 6 + 5 = 0

x1 = 1; x2 = 5

Phương trình 2 có nghiệm
x1 = 1 ⇒ y1 = 1 ⇒ ( 1;1)
x2 = 5 ⇒ y2 = 25 ⇒ ( 5; 25 )

Vậy giao điểm của parabol

( P)

và đường thẳng

(d )

khi

m=2

là

( 1;1) ; ( 5;25 )
b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

(d )

và

( P)

x 2 = 2(m + 1) x − (2m + 1)
⇔ x 2 − 2( m + 1) x + (2 m + 1) = 0
a + b + c = 1− 2(m + 1) + ( 2m + 1) = 0
Phương trình có nghiệm
*)

(d )

và

( P)

Theo bài ra
TH1)

x1 = 1; x2 = 2m + 1

tại hai điểm phân biệt

x12 = 4 x2

x1 = 1; x2 = 2m + 1


 2m + 1 =
1
1 = 4 2m + 1 ⇔ 2m + 1 = ⇔ 
4
 2m + 1 =


TH2)

⇔ x2 ≠ x1 ⇔ 2m + 1 ≠ 1 ⇔ m ≠ 0

1

m=
4 ⇔

−1
m =
4


−3
(TM )
8
−5
(TM )
8

x2 = 1; x1 = 2m + 1

Trang 7

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021


m =
2
m
+
1
=
2

2
⇔
( 2m + 1) = 4 1 ⇔ 2m + 1 = 2 ⇔ 
 2m + 1 = −2
m =


Vậy

Câu 4.

1
(TM )
2
−3
(TM )
2

 −3 − 5 3 − 1 
m∈ ; ; ; 

8 8 2 2

(3,0 điểm)

(O, R )
(O )
M
M
Cho đường trịn
và điểm
nằm ngồi đường trịn
. Từ
kẻ
MA, MB A, B
(O )
MCD
các tiếp tuyến
(
là các tiếp điểm) và cát tuyến
với
(

MCD

CD

không đi qua tâm),

C

nằm giữa

M

và

D

. Gọi

K

là trung điểm của

.

a) Chứng minh tứ giác

AMBK

là tứ giác nội tiếp.
NC , ND
(O )
OK
N
AB
b)
cắt
tại
. Chứng minh

là các tiếp tuyến của
.

c) Gọi giao điểm của

AB

và

CD

I
là . Chứng minh rằng:

d) Chứng minh rằng khi cát tuyến
tam giác

BCD

MCD

IB NB
=
IA NA

thay đổi thì trọng tâm

G

của

ln chạy trên một đường trịn cố định.
Lời giải

a) Vì là các tiếp tuyến

MA, MB

của

Trang 8

(O )

với các tiếp điểm là

A B
, nên:

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

OA ⊥ AM

OB ⊥ BM

·
 MAO

= 90°
⇒
·
= 90°
 MBO

(1)
(2)

(O )
CD
K
Lại có là trung điểm của dây cung
của đường trịn
⇒ OK ⊥ CD
·
⇒ OKM
= 90°

(3)

OM
A B K
Từ (1), (2), (3) suy ra ba điểm , ,
đều nhìn đoạn thẳng
một
90°
góc
.
OM

⇒A M O K B
,
, , , cùng nằm trên đường tròn đường kính
.
AMBK
Hay tứ giác
là tứ giác nội tiếp.
¼ − sdCD
¼
sdCD
l
b
·
CND
=
2
b) Ta có:
·
¼
COD
= sdCD
n
¼ − sđ CD
¼
¼ + sđ CD
¼
sđ CD
sđ CD
3600
l

b
l
b
·
·
¼
⇒ CND + COD =
+ sđ CDb =
=
= 1800
2
2
2
Suy ra, tứ giác

CDON

là tứ giác nội tiếp.

·
·
⇒ OCN
+ ODN
= 180°
Vì

K

là trung điểm của

đoạn thẳng

CD

và

OK ⊥ CD ⇒ OK

là đường trung trực của

CD

·
·
OCK
= ODK
⇒
·
·
= NDK
 NCK

·
·
·
·
⇒ OCK
+ NCK
= ODK
+ NDK

·
·
⇒ OCN
= ODN
Mà
Vậy

·
·
·
·
OCN
+ ODN
= 180° ⇒ OCN
= ODN
= 90°
NC

,

ND

là các tiếp tuyến của

Trang 9

(O )

.

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

c) Vì tứ giác

·
·
BKN
= BMO

OMBK

là tứ giác nội tiếp nên
·
·
MAOB
BAO
= BMO
Mà tứ giác
là tứ giác nội tiếp nên
(hai góc cùng chắn

»
OB

)

(

·
·
·
⇒ BKN
= BAO
= BMO

OA = OB

Lại có,
nên
·
·
⇒ BKN
= ·ABO = BAO

(

)
∆AOB

)

O

cân tại

OKBA

là tứ giác nội tiếp nên
Tứ giác
·
⇒ BKN
= ·AKO = ·ABO

(

Mà

hay

·
BAO
= ·ABO

·
OBA
= ·AKO

)

·
·
OKM
= MKN
= 90°

·
·

·
⇒ OKA
+ ·AKM = MKB
+ BKN
·
·
⇒ MKA
= MKB

KI

là tia phân giác của
Hay
IB KB
⇒
=
IA KA

·
BKA

KN

là phân giác ngồi của
Lại có,
KB NB
⇒
=
KA NA

Vậy

·
BKA

IB NB  KB 
=
=
÷
IA NA  KA 

d) Gọi

.

J

G
Lại có

là trung điểm của

là trọng tâm

∆BCD

MO

và

J'

,

K

là trọng tâm của

là trung điểm của

∆MOB

CD

nên

nên

BJ ' 2
=
BJ 3

BG 2
=
BK 3

 J ′G // JK

⇒  J ′G 2
 JK = 3

Trang 10

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

⇒ J ′G =

Mà

2
JK
3

MOKB

là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

JK = JO ⇒ J ' G =
JO =
Vì
J 'B =

Vậy

1
MO
2

2
JB
3

G

,

cố định nên

J 'G

J′

không đổi

cố định.

luôn chạy trên đường trịn

MCD

 ′ 2

 J , JO ÷
 3


cố định

thay đổi thì trọng tâm

G

Vậy khi cát tuyến
chạy trên một đường trịn cố định.

Câu 5.

nên

2
JO
3

(khơng đổi) nên

JB

MO

của tam giác

BCD

ln

(0,5 điểm)
Giải phương trình

x 2 + 3x − 4 x3 + 1 + 5 = 0

.

Lời giải

x 2 + 3 x − 4 x 3 + 1 + 5 = 0 ( *)

( x + 1) ( x 2 − x + 1)

⇔ x2 − x + 1 + 4x + 4 − 4

⇔ ( x 2 − x + 1) + 4 ( x + 1) − 4

Vì

x ≥ −1

nên

x ≥ −1

(Điều kiện

=0

( x + 1) ( x 2 − x + 1)

x +1 ≥ 0 ⇒ x +1 =

(

x +1

).

)

2

= 0 ( 1)

.

(

⇔ 4 ( x + 1) = 2 x + 1

)

2

( 2)

.

2

1 3


x − x +1 =  x − ÷ + > 0
2 4

2

Ta

có

x2 − x + 1 =

Vì

(

x2 − x +1

x +1 ≥ 0

( x + 1) ( x 2 − x + 1)

)

2

( 3)

với

mọi

nên

suy

ra

nên

suy

ra

.

x − x +1 > 0
2

và

x ≥ −1

= x + 1. x 2 − x + 1 ( 4 )

Trang 11

với

mọi

x ≥ −1

.
Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Từ

(

( 1)

( 2)

,

) (

)

2

2

x 2 − x + 1 + 2 x + 1 − 2.

(

( 3)

,

)(

)

Phương trình

(

suy

ra

x2 − x + 1 − 2 x + 1

)

2

=0

⇒ x 2 − x + 1 = 4 ( x + 1)

.

∆ = ( −5 ) − 4.1. ( −3 ) = 37 > 0

2

có

Vậy phương trình
x2 =

⇔

⇔ x2 − x + 1 = 2 x + 1

⇔ x 2 − x + 1 − 4 x − 4 = 0 ⇔ x2 − 5x − 3 = 0 ( 5)

( 5)

,

x2 − x + 1 2 x + 1 = 0

⇔ x2 − x + 1 − 2 x + 1 = 0

( 4)

( 5)

x1 =

2.1

Vậy phương trình

( *)

− ( −5 ) + 37

có hai nghiệm phân biệt

− ( −5 ) − 37

(thỏa mãn) ,

.

=

5 − 37
2

2.1

=

5 + 37
2

(thỏa mãn).
x1 =

có hai nghiệm phân biệt

5 + 37
2

x2 =

,

5 − 37
2

.

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT- NĂM 2020

TRƯỜNG THPT HỒNG MAI

MƠN THI: TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao
đề)

Câu 1.

(2,0 điểm):

Cho biểu thức:

x ≥ 0; x ≠ 1
)

 1
 
2 x
x+ x
1 
P = 
−
:
+
÷

÷
÷
÷
 x −1 x x − x + x −1   x x + x x + 1 x +1 

P
a) Rút gọn biểu thức .
P = x −2
x
b) Tìm để
.

c) Tìm
Câu 2.

m

x

(

(với

)

x +1 P = m − x

để có thỏa mãn
.
(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 thì sau 4 giờ 48 phút bể sẽ
đầy. Nếu chỉ mở cho mỗi vịi chảy một mình thì vịi thứ nhất đầy bể
chậm hơn vòi thứ hai là 4 giờ. Hỏi mỗi vịi chảy một mình thì sau bao
lâu sẽ đầy bể?
Trang 12

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Câu 3.

(2 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

( P) : y =
2) Cho parabol
số)








1
+ y +1 = 4
x +1
2
− 3 y +1 = 3
x +1

1 2
x
2

và đường thẳng

a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol
b) Tìm

m

(d)

để

yA

độ lần lượt là

Câu 4.

;

( P)

và

yB

1
2

( d ) : y = mx − m +
( P)

và đường thẳng

cắt nhau tại hai điểm phân biệt

(

( d)

A

m

là tham

m=2

khi

và

B

.

có tung

y A + yB < 1

thỏa mãn:

(3,5 điểm):
Cho ba điểm cố định
trịn

( O; R )

thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ một đường

( O)
B C BC
A
bất kì đi qua , (
khơng là đường kính của
). Từ

kẻ tiếp tuyến
điểm của

A, B, C

AE

BC K
,

1. Chứng minh

và

AF

đến

( O) E F
( ,

là trung điểm của

AEOF

AEOI

và
AE = AB. AC.

EF

là các tiếp điểm). Gọi

FI

, giao điểm

với (

( O)

I

là trung

là

D

).

là các tứ giác nội tiếp.

2

2. Chứng minh

AC
ED
3. Chứng minh
song song với
.
( O)
OIK
4. Khi
thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
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

S=
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.
x

yz ( 1 + x 2 )

+

y
xz ( 1 + y 2 )

+

z
xy ( 1 + z 2 )

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

(2,0 điểm):

Trang 13

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Cho biểu thức:

x ≠1
)

 1
 
2 x
x+ x
1 
P = 
−
:
+
÷

÷
÷
÷
 x −1 x x − x + x −1   x x + x x + 1 x +1 

P
a) Rút gọn biểu thức .
P = x −2
x
b) Tìm để
.
c) Tìm

m

x

để có thỏa mãn

(

(với

x≥0

;

)

x +1 P = m − x
Lời giải

a) Với

x≥0

x ≠1

;

ta có:

 1
 
2 x
x+ x

1 
P = 
−
:
+
÷

÷
÷
÷
 x −1 x x − x + x −1   x x + x + x + 1 x +1 

 1
2 x
P =
−
 x −1
x ( x + 1) − ( x + 1)


1
2 x
P =
−
 x − 1 ( x + 1) x − 1


(

P=

P=

P=

P=
Vậy

x +1− 2 x

( x + 1) (

(

x +1
x +1

)

.

x +1
x +1

x −1

)

x −1

( x + 1) (

)

:

)

(

)


x x +1
 
1 ÷

+
÷:
÷  x ( x + 1) + ( x + 1) x + 1 ÷
 


(

)

 

x x +1

1 ÷
÷: 
+
÷  ( x + 1) x + 1 x + 1 ÷
 


(

)

2

x −1

x −1
x +1
x −1
x +1

x ≥ 0 x ≠1
với
;
x ≥ 0 x ≠1
b) Với
;
ta có:

P = x −2
⇔

x −1
= x −2
x +1

Trang 14

Ngơ Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

⇔ x −1 =

(

x −2

)(

)

x +1

⇔ x −1 = x − x − 2
⇔ x − 2 x −1 = 0

(

⇔

)

2

x −1 = 2

 x −1 = 2
⇔
 x − 1 = − 2
 x = 1+ 2
⇔
 x = 1 − 2
⇔ x = 3+ 2 2

(thỏa mãn điều kiện).
x ≥ 0; x ≠ 1
b) Với
ta có:

(

x +1 P = m − x

)

⇔

(

)

x +1

x −1
= m−x
x +1

⇔ x −1 = m − x
⇔ x + x = m +1
Có

x≥0⇒ x ≥0

⇒ m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1

Có

x ≠ 1 ⇔ 1+ 1 ≠ m +1 ⇔ m ≠ 1

m ≥ −1; m ≠ 1

Câu 2.

x

(

)

x +1 P = m − x

Vậy với
thì có thỏa mãn
.
(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 thì sau 4 giờ 48 phút bể sẽ
đầy. Nếu chỉ mở cho mỗi vịi chảy một mình thì vịi thứ nhất đầy bể
chậm hơn vòi thứ hai là 4 giờ. Hỏi mỗi vịi chảy một mình thì sau bao
lâu sẽ đầy bể?
Lời giải
24
5
Đổi 4 giờ 48 phút =
giờ
x
Gọi thời gian bể một chảy một mình để đầy bể là: (giờ)
Trang 15

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

y
Gọi thời gian bể hai chạy một mình để đầy bể là:
(giờ)
24
5

Hai vịi cùng chảy thì sau
giờ đẩy bể, ta có phương trình:
1 1 5
+ =
x y 24 ( 1)
Nếu chỉ mở cho mỗi vịi chảy một mình thì vịi thứ nhất đầy bể chậm
hơn vòi thứ hai 4 giờ nên ta có phương trình:
x − y = 4

1 1 5
 x + y = 24
( 1) , ( 2 )

Từ
ta có hệ phương trình:
x = 4 + y
 x = 4 + y

⇒ 1
1 5 ⇒
 4 + y + y = 24 24 ( 4 + 2 y ) = 5 y ( 4 + y )


x − y = 4 ( 2)

x = 4 + y
 x = 4 + y
⇒ 2
⇒ 2
5 y + 20 y = 24 ( 4 + 2 y )

5 y − 28 y − 96 = 0
x = 4 + y

 x = 12
  y = 8 ( TM )
⇒ 
⇒
y = 8
12

y
=
−
KTM
(
)
 
5

Vậy: Vịi 1 chảy một mình mất 12 giờ thì đầy bể, vịi 2 chảy một mình
mất 8 giờ thì đầy bể.

Câu 3.

(2 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

( P) : y =
2) Cho parabol

số)








1
+ y +1 = 4
x +1
2
− 3 y +1 = 3
x +1

1 2
x
2

( d ) : y = mx − m +
và đường thẳng

a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol

Trang 16

( P)

và đường thẳng

1
2

(

( d)

m

là tham

khi

m=2

.

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

b) Tìm

m

để

độ lần lượt là

(d)
yA

;

và

yB

( P)

thỏa mãn:

1) Điều kiện xác định:
x ≠ −1; y ≥ −1
Với
ta có:

Đặt

cắt nhau tại hai điểm phân biệt

x ≠ −1

;

1
= a; y + 1 = b( a > 0; b ≥ 0 )
x +1

Với

y +1 = 1 ⇔ y = 0

B

có tung

Lời giải
y ≥ −1

ta có hệ phương trình:

(thỏa mãn điều kiện).

1


x +1 = 3
x =
⇔
⇔
1
−
1
1

x =
a =3⇔

= 3 ⇔ x +1 =
x +1 =
x +1


3

3
b =1 ⇔

và

y A + yB < 1

a + b = 4
2a + 2b = 8
b = 1
⇔
⇔

 2a − 3b = 3
2a − 3b = 3
a = 3

Với

A

−2
3

−4
3

( thỏa mãn điều kiện)

(thỏa mãn điều kiện)
 −2   −4  
;0 ÷,  ;0 ÷
 3   3  

( x; y ) ∈ 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

2a) Khi

m=2

⇒ ( d ) : y = 2x −

Hoành độ giao điểm của

.

3
2

( d)

và

( P)

là nghiệm của phương trình:

1 2
3
x = 2x −
2
2

⇔ x2 − 4x + 3 = 0
Có

a + b + c = 1 + ( −4 ) + 3 = 0

Phương trình có hai nghiệm

Với

Với

x1 = 1

y1 =
ta có

x2 = 3

1
2

y2 =
ta có

x1 = 1; x2 = 3

9
2
Trang 17

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Vậy khi

m=2

tọa độ giao điểm của

b) Hoành độ giao điểm của

( d)

và

( d)

( P)

và

( P)

là:

 1  9
1; ÷;  3; ÷
 2  2

là nghiệm của phương trình:

1 2
1
x = mx − m +
2
2
⇔ x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0( 1)

Có

a + b + c = 1 − 2m + 2m − 1 = 0

⇒ ∀m

phương trình

( 1)

ln có hai nghiệm

x = 1; x = 2m − 1

( 1)
Phương trình
có hai nghiệm phân biệt
⇔ 2m − 1 ≠ 1 ⇔ m ≠ 1
Vậy

m ≠1 ( d)

ln cắt

( P)

tại hai điểm phân biệt

A; B

có hồnh độ

1

y
=
A

2
 xA = 1

⇒

2
2m − 1)
(
 xB = 2 m − 1 
 yB =
2
Có

y A + yB < 1

1 ( 2m − 1)
⇔ +
<1
2
2
2

( 2m − 1)
⇔

2

<

2

1
2

⇔ ( 2m − 1) < 1 ⇔ 2m − 1 < 1
2

⇔ −1 < 2m − 1 < 1

⇔ 0 < 2m < 2
⇔ 0 < m <1

Câu 4.

(3,5 điểm):
Cho ba điểm cố định
trịn

( O; R )

A, B, C

bất kì đi qua

,

thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ một đường

B C

(

BC

Trang 18

khơng là đường kính của

( O)

). Từ

A

Ngơ Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

kẻ tiếp tuyến

điểm của

AE

,

BC K

1. Chứng minh
2. Chứng minh
3. Chứng minh
4. Khi

( O)

và

AF

đến

( O)

( ,

E F

là trung điểm của

AEOF

và

AEOI

EF

là các tiếp điểm). Gọi

, giao điểm

FI

với (

( O)

I

là trung

là

D

).

là các tứ giác nội tiếp.

AE 2 = AB. AC.

ED

song song với

AC

.

thay đổi, tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác

OIK

ln thuộc

một đường thẳng cố định.
Lời giải

1. Vì

AE , AF

là tiếp tuyến của đường tròn

⇒

AE ⊥ OE , AF ⊥ OF ⇒ ·AEO = ·AFO = 90°

Xét tứ giác
tổng bằng
Tứ giác
Ta có

I

AEOF

nội tiếp vì có 2 góc

·AEO

và

·AFO

ở vị trí đối nhau có

180°

AEOF

nội tiếp

, , , cùng thuộc một đường tròn (1)
⇒A E O F

là trung điểm của

BC ⇒ BC ⊥ OI ⇒ ·AIO = 90°

(theo liên hệ giữa

đường kính và dây cung)

Trang 19

Ngơ Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Tứ giác

bằng

AEOI

và

·AEO

·AIO

ở vị trí đối nhau có tổng

180°

Tứ giác
Từ

nội tiếp vì có 2 góc

( 1)

,

AEOI

nội tiếp
,

,

( 2) ⇒ A E I

, , , cùng thuộc một đường tròn (2)
⇒A E O I

,

F

cùng thuộc một đường trịn
2. Xét

∆AEB

và

∆ACE

có

⇒

·
EAB

tứ giác

AEIF

chung và

nội tiếp

·AEB = ·ACE

(góc tạo bởi tia tiếp

tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung
⇒ ∆AEB ∽ ∆ACE ( g .g )

3. Gọi

Ex

là tia đối của

Ta có tứ giác
cung

EI

⇒

AEIF

»
EB

)

AE AC
=
⇒ AE 2 = AB. AC
AB AE

EA

nội tiếp

như hình vẽ.

·
·
⇒ EAB
= EFI

(hai góc nội tiếp cùng chắn

)

·
·
xED
= EFD

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng bằng góc nội tiếp

cùng chắn cung

ED

)

·
·
⇒ xED
= EAB
Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

⇒ ED // AC

4.

Trang 20

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

Gọi
⇒

I′

là giao điểm của

KII ′O

O′

KI ′IO

⇒ AI . AI ′

Vậy

cũng là tâm đường trịn

II ′

.

(khơng đổi)

khơng đổi.

cố định nên

O′

∆OIK

AE 2 = AF 2 = AI . AI ′

AE 2 = AF 2 = AB. AC

I

.

.

đường trung trực của

Mặt khác:

Do

BC

của đường tròn ngoại tiếp

ngoại tiếp tứ giác

Mà

và

nội tiếp

Suy ra tâm

⇒ O′ ∈

FE

I′

cố định.

nằm trên đường trung trực của

II ′

cố định.

Câu 5 (0,5điểm)
Cho ba số

x, y, z > 0

thỏa mãn

x + y + z = xyz

Tìm giá trị lớn nhấ tcủa biểu thức
S=

.

x
yz ( 1 + x 2 )

+

y
xz ( 1 + y 2 )

+

z

.

xy ( 1 + z 2 )

Lờigiải
S=

x
yz ( 1 + x 2 )

+

Mà theo đề bài,

y
xz ( 1 + y 2 )

+

x + y + z = xyz

z
xy ( 1 + z 2 )

=

x

y
z
+
+
yz + xyz.x
xz + xyz. y
xy + xyz.z

nên ta có:

Trang 21

Ngơ Nguyễn Thanh DuY

.


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

x

S=

=

=

=

yz + ( x + y + z ) .x

x
yz + xz + x ( x + y )

z ( x + y) + x( x + y)

x

( z + x) ( x + y)

Tacó

x, y, z > 0

+

xz + ( x + y + z ) . y

y

+

x

y

+

xz + yz + y ( x + y )

+

z ( x + y) + y ( x + y)

+

( z + y) ( x + y)

nên suy ra

xy + ( x + y + z ) .z

z

+

y

y

z

+

xy + zy + z ( x + z )

+

z
y( x + z) + z ( x + z)

( 1)

z

( y + z) ( x + z)

.

,
,
,
,
,
đều là số
x
y
y
z
x
z
z+ x x+ y z+ y x+ y y+ z x+z

dương.
Với
, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta được
x, y, z > 0
x
x
x

x
+
≥2
.
= 2.
z+ x x+ y
z+ x x+ y
y
y
y
y
+
≥2
.
= 2.
z+ y x+ y
z+ y x+ y
z
z
z
z
+
≥2
.
= 2.
y+z x+z
y+z x+z
Dấu

"="

của

,

,

( 2 ) ( 3) ( 4 )

Cộng vế với vế của

x

( z + x) ( x + y)
y

( z + y) ( x + y)
z

( y + z) ( x + z)

.

( 2)

( 3)

( 4)

.

.

đồng thời xảy ra khi và chỉ khi
,

,

( 2 ) ( 3) ( 4 )

x= y=z>0

.

ta được

Trang 22

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021


x
x
y
y
z
z

+
+
+
+
+
≥ 2. 

z+x x+ y z+ y x+ y y+z x+z


⇔


x+z x+ y y+z
+
+
≥ 2. 

z+ x x+ y z+ y



⇔ 3 ≥ 2. 



3
⇔ ≥
2

Từ

( 1)

Dấu

x

( z + x) ( x + y )

x

( z + x) ( x + y)
và

"="

( 5)

+

suy ra

+

x

( z + x) ( x + y )

y

( z + y) ( x + y)

y

( z + y) ( x + y)

3
S≤
2

( z + x) ( x + y)

y

+

+

( z + y) ( x + y)

+


÷
( y + z ) ( x + z ) ÷


÷
y + z) ( x + z) ÷


z

(


÷
y + z) ( x + z) ÷

z

+

+

( z + y) ( x + y)

y

+

(

z

( y + z) ( x + z)

( 5)

.

.

xảy ra khi và chỉ khi

x , y , z > 0 ⇔ x = y = z = 3

⇔ x = 3
x = y = z

Vậy giá trị lớn nhất của

x

S

x , y , z > 0
x , y , z > 0
x , y , z > 0



3
⇔ 3 = x 2
 x + y + z = xyz ⇔ 3 x = x
x = y = z
x = y = z
x = y = z





(thỏa mãn).

bằng

3
S≤
2

Trang 23

đạt được khi

x= y=z= 3

.

Ngô Nguyễn Thanh DuY

z


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 – LẦN 1
NĂM HỌC 2020-2021
Thời gian làm bài: 120 phút

(Đề thi gồm 1 trang)

Bài 1.

(2 điểm)
Cho hai biểu thức:
A=

x +1
x +3

;

2 x
x +2 2 x +4
B=
−
+
x −1
x +1
x −1

a) Tính giá trị của
b) Rút gọn
c) Tìm

Bài 2.

Bài 3.

x

B

để

A

khi

x=4

với

x≥0

;

x ≠1

.

.

.

1
A.B ≤
2

.

(2,5 điểm)
Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
1. Một đội xe vận tải nhận chở 180 tấn hàng, được chia đều cho các xe.
Lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với
dự định. Hỏi ban đầu có bao nhiêu xe.
2. Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy là
, chiều cao bằng
10 cm
đường kính đáy. Tính thể
(2,0 điểm)
1.Giải hệ phương trình:
ìï
ïï
ïï
í
ïï
ïï
ïïỵ

tích của chiếc cốc đó .
3
x- 1

2
=2
y +2

1

4
+
=3
x- 1
y +2

Trang 24

Ngô Nguyễn Thanh DuY


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH 10 TOÁN – HÀ NỘI 2021

2.Cho Parabol

( P) : y = x

và đường thẳng

2

tham số )
a) Chứng minh rằng đường thẳng
với mọi giá trị của
b) Gọi
Tìm

Bài 4.

x1

và

để :

m

x2

m

OA

trịn tại
tia

BC

x12 + 2mx2 + 2m + 3 = 14

HM

tại

D

a) Chứng minh tứ giác

c) Tiếp tuyến tại

O

của biểu thức

R

, đường kính

MH

; tia

BHIC

.

AI

AB

AB

. Điểm

H

thuộc

, cắt nửa đường

cắt đường trịn tại

C

;

nội tiếp.
.

của đường tròn cắt tia

(0,5 điểm)
Cho các số thực dương

( P)

.

tiếp tuyến của đường trịn

Bài 5.

bán kính

DB.DC = DH .DI

A

và

( d)

.

là trung điểm của

I

b) Chứng minh:

tại hai điểm phân biệt

kẻ đường thẳng vng góc với

H

. Gọi

cắt tia

P

là hồnh độ các giao điểm của

. Qua

M

ln cắt

là

m

.

(3,0 điểm)
Cho nửa đường trịn tâm
đoạn

d

( d ) : y = 2mx + 2m + 3

( Với

x

,

( O, R )
y

BI

tại

N

. Chứng minh

MN

là

.

thỏa mãn:

x + y = 15

. Tìm giá trị lớn nhất

A = x +1 + y + 2
 HẾT 
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 – LẦN 1
NĂM HỌC 2020-2021

PHÒNG GD & ĐÀO TẠO QUỐC OAI
Trang 25

Ngô Nguyễn Thanh DuY