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




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

 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 


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


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.


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



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


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


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


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 


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.