Đáp án thi vào 10 môn Toán Hà Nội 2019

Đề Toán 2019 - 2020 ở mức độ trung bình. Câu 1 thuộc chuyên đề căn bậc hai, căn bậc ba trong chương trình Toán 9, dạng toán rút gọn biểu thức chứa căn và các câu hỏi phụ, học sinh đã được rèn luyện khá kĩ và hầu hết các em đều làm được câu I.1 và câu I.2. Câu I.3 là câu hỏi học sinh dễ bị mất điểm nếu không cẩn thận. Đánh giá chung về đề thi môn Toán vào lớp 10 của Hà Nội, Tiến sĩ Phạm Ngọc Hưng cho biết: Đề thi năm nay có cấu trúc tương tự đề thi năm ngoái (2018-2019) với 5 câu hỏi được phân bố ở các kiến thức trong chương trình lớp 9. Phổ điểm phổ biến ở khoảng 7 điểm, điểm 10 cũng sẽ có nhiều hơn năm trước.

Bài I:

1) Ta thấy x  thỏa mãn điều kiện xác định của biểu thức A 9

Thay x  vào A, ta có: 9 4 9 1 4 3 1  16

1

25 9 25 9 16

A

Vậy khi x  thì 9 A 1

2) Với x0,x25; ta có:

       

:

: 5

1

1 1

x

B

x

x

x

B

B

  









Kết luận

3) Ta tính: 4 1 1 4

x

A B

P



Để P nguyên 4 25 x 25 x  Ư(4)  25     Ta có bảng sau: x  1; 2; 4

25 x  1 1  2 2  4 4

Vì P nhận giá trị nguyên lớn nhất, nên P 4 Khi đó x 24(thỏa mãn điều kiện)

Vậy với x 24 thì biểu thức P đạt giá trị nguyên lớn nhất bằng 4

Bài II:

1) Gọi thời gian hai đội làm riêng xong công việc lần lượt là x, y ngày ( x y , 15)

Hai đội làm chung công việc thì sau 15 ngày sẽ xong nên ta có pt: 1 1

15

1

y

x  (1) Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại, đội thứ hai làm tiếp trong 5 ngày thì xong 25% 1

4

 công việc nên ta có pt: 3 5 1

4

x y (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ pt:

24

1 1

40 4

3

y

y y

x

x y





 





(thỏa mãn)

Vậy đội thứ nhất làm riêng thì sau 24 ngày sẽ hoàn thành công việc, đội thứ hai làm riêng thì sau 40 ngày sẽ hoàn thành công việc trên

2) Thể tích của bồn nước hình trụ trên là:

𝑉 hình trụ = 𝑆 đáy ℎ (𝑆 đáy là diện tích đáy, ℎ là chiều cao)

= 1,75 0,32 = 0,56 3

m

Vậy bồn nước đựng đầy được 0,56 m3 nước

Bài III:

1) x4 7x2180 (*) Đặt 2

( 0)

tx t , phương trình (*) trở thành: 2

0

7 18

t  t 

Ta có:  2  

  Phương trình có 2 nghiệm 9

2 (L)

t t



 





 Khi t  , ta có 9 x  2 9 x  Kết luận 3

2)

a) Phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P : x22m x  m2 1 0

Ta có: 'm2m2  1 1 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m

 d luôn cắt  P tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x x 1, 2

b) Theo định lí Vi-ét, ta có: 1 2 2

1 2

2 1

x x

x x

m m





Điều kiện: x x1 2  0 m21   0 m 1 Khi đó:

1 2

2

m m



 

2 1

1

m

 (vì m  1)      (thỏa mãn) m 1 2 m 3

Vậy m  là giá trị cần tìm 3

Bài IV:

1)

 Ta có: BE AC CF; AB𝐵𝐸𝐶 ̂ = 𝐵𝐹𝐶̂ = 90

 Tứ giác BCEF có 𝐵𝐸𝐶 ̂ và 𝐵𝐹𝐶̂ kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới góc 90

 Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

 4 điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn (đpcm)

2)

Cách 1: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O), AD cắt EF tại N

 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐶𝐵 ̂ + 𝐵𝐹𝐸̂ =180 , mà 𝐴𝐹𝐸 ̂ + 𝐵𝐹𝐸̂ =180 (kề bù)  𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐴𝐹𝐸̂

Mặt khác 𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐴𝐷𝐵̂ (cùng chắn cung AB) Vì vậy 𝐴𝐷𝐵 ̂ = 𝐴𝐹𝐸̂ (1)

 BAD vuông tại B  𝐴𝐷𝐵 ̂ + 𝐵𝐴𝐷̂ = 90 (2)

 Từ (1) và (2)  𝐴𝐹𝐸 ̂ + 𝐵𝐴𝐷̂ = 90 hay 𝐴𝐹𝑁 ̂ + 𝐹𝐴𝑁̂ = 90

 𝐴𝑁𝐹̂ = 90OAEF(đpcm)

Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) OAAx tại A

 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐶𝐵 ̂ + 𝐵𝐹𝐸̂ =180 , mà 𝐴𝐹𝐸 ̂ + 𝐵𝐹𝐸̂ =180 (kề bù)  𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐴𝐹𝐸̂ (1)

 Mặt khác 𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐵𝐴𝑥̂ (góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) (2)

 Từ (1) và (2)  𝐵𝐴𝑥 ̂ = 𝐴𝐹𝐸̂  Ax // EF, mà OAAxOAEF(đpcm)

3)

 Kéo dài AI cắt đường tròn (O) tại điểm D; AD cắt EF tại N

 Chứng minh được tứ giác AEHF nội tiếp  𝐴𝐸𝑃 ̂ = 𝐴𝐻𝐹̂ (cùng chắn cung AF)

mà 𝐴𝐸𝑃 ̂ + 𝐴̂ = 90 và 𝐴𝐻𝐹 2 ̂ + 𝐴̂ = 90 Do đó 𝐴1 ̂ = 𝐴1 ̂ 2

Mặt khác 𝐵𝐴𝐼 ̂ = 𝐴̂ + 𝐻𝐴𝐷1 ̂ và 𝑃𝐴𝐸 ̂ = 𝐴̂ + 𝐻𝐴𝐷2 ̂ Vậy 𝐵𝐴𝐼 ̂ = 𝑃𝐴𝐸 ̂ (3)

 Tứ giác BCEF nội tiếp  𝐴𝐵𝐼 ̂ + 𝐶𝐸𝐹̂ =180 , mà 𝐶𝐸𝐹 ̂ + 𝐴𝐸𝑃̂ =180 (kề bù)  𝐴𝐵𝐼 ̂ = 𝐴𝐸𝑃̂ (4)

 Từ (3) và (4)  ∆𝐴𝑃𝐸 ~ ∆𝐴𝐼𝑃 (g.g) (điều phải chứng minh)

 AP PE

AI  IB (5)

 Ta có: BH AC DC; AC BH // DC

CH  AB DB;  AB CH // DB

Khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành

Hai đường chéo BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà K là trung điểm của BC nên K cũng là trung điểm của HD

3 điểm H, K, D thẳng hàng

 Chứng minh được tứ giác AEHF nội tiếp  𝐴𝐸𝑃 ̂ = 𝐴𝐻𝐹̂ (cùng chắn cung AF)

 Ta có: 𝑃𝐸𝐻 ̂ = 𝐴̂ = 𝐴1 ̂ = 𝐷𝐵𝐼 2 ̂ và 𝐸𝐻𝑃 ̂ = 𝐴𝐹𝐸̂ = 𝐴𝐶𝐵̂ = 𝐵𝐷𝐼 ̂

 Xét ∆𝑃𝐻𝐸 và ∆𝐼𝐷𝐵 có: 𝑃𝐸𝐻 ̂ = 𝐷𝐵𝐼 ̂ và 𝐸𝐻𝑃 ̂ = 𝐵𝐷𝐼 ̂

 ∆𝑃𝐻𝐸 ~ ∆𝐼𝐷𝐵 (g.g)

 PH PE

ID  IB (6)

 Từ (5) và (6)  AP PH AP AI

AI  ID  PH  ID Theo định lí Ta-lẻt đảo  IP // HD hay KH // IP (điều phải chứng minh)

Bài V:

Tìm giá trị nhỏ nhất của P:

 Áp dụng bất đẳng thức 2 2

2

a

ab b cho hai số thực a và b, ta có:

2

2

2

b

a  aba   

3 2 2

3

2

 Khi đó:  2 2

 Áp dụng bất đẳng thức:  2 

4

2 2 4

2

a

  , ta có:

 2 22 2

4 4

1

2 1

b a

 Vậy GTNN của P bằng 1, xảy ra khi 2 12

2

b

ab a



 





  a  hoặc b 1 a   b 1

Tìm giá trị lớn nhất của P:

 Từ 2 2 2 2

a b ab a b  ab

 Ta có:  2 2 2

ab  a b   ab  3 ab 2abab  3

 Ta biến đổi 4 4  2 22 2 2

2

Pa  b ab a b  a b ab

 2 2 2

2 2

a b ab

ab3   ab 4 21

 Vì 3 1 3 0

ab ab

ab

 



 nên ab3    ab 4 0 P 21

 Dấu " " xảy ra khi

2 2

3 3

ab ab

a





 

 

a 3 ,b  3 hoặc a  3 ,b 3

 Vậy GTLN của P bằng 21 xảy ra khi a 3 ,b  3 hoặc a  3 ,b 3 -Hết -

Soạn: Hotaru