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:


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=


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 +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)

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)

 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:

+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)

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


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
⇒


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