Đáp án đề thi toán vào 10 hà nội 2021

Đáp án đề thi toán vào 10 hà nội 2021

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN NĂM 2020–SỞ GD&ĐT HÀ NỘI LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 1 B  x 2 Tính giá trị biểu thức A x  2 Chứng minh B  x 1 x 1  x 5 với x  0, x  x 1 Tìm tất giá trị x để biểu thức P  2AB  x đạt giá trị nhỏ Giải 1 Thay x  vào A ta được: A  B  x 1   x 5  x 1  x 1 Ta có: P  2AB  x   x 1 2   x  1   x  5   x  1   x  1 x  1  x  1 x  1 x 1 (đpcm)  x x 2 x 1 x 2      x  2   x 2 2    x   x 2 Dấu “=” xảy khi:  x 2  x 2   x 2   x  x 2 Vậy x  Pmin   x      Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3km Buổi sáng, An từ nhà An đến nhà Bình Buổi chiều ngày, An xe đạp từ nhà Bình nhà An quãng đường với vận tốc lớn vận tốc An 9km/h Tính vận tốc An, biết thời gian buổi chiều thời gian buổi sáng 45 phút (Giả định An với vận tốc khơng đổi tồn qng đường đó.) Một bóng bàn có dạng hình cầu có bán kính 2cm Tính diện tích bề mặt bóng bàn (lấy   3,14 ) Giải h Gọi vận tốc An là: x (km/h ) ( x  ) Đổi 45 phút  Khi vận tốc An xe đạp là: x  (km/h ) Suy thời gian thời gian xe đạp An là: 3 (h ) (h ) x 9 x 3    12(x  9)  12x  3x (x  9) x x 9 x  12 x 0  x  9x  36   (x  12)(x  3)     x  x  Vậy vận tốc An xe đạp là: km/h Theo đề ta có: Diện tích bề mặt bóng bàn là: S  4R2  4.3,14.22  50,24 cm Bài III: (2,5 điểm)    2x  5   y   Giải hệ phương trình:    4x  3   y 1   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét đường thẳng (d ) : y  mx  với m  a Gọi A giao điểm đường thẳng (d ) trục Oy Tìm tọa độ điểm A b Tìm tất giá trị m để đường thẳng (d ) cắt trục Ox điểm B cho tam giác OAB tam giác cân Giải  u , hệ có dạng: Đặt y 1    x   x    2x  3u     x           y 2 1 4x  u  u         y  Vậy hệ có nghiệm (x; y)  (1;2) Có đường thẳng (d ) : y  mx  với m  A(d ) a  m.0   a   A(0; 4) a Ta có: (d )  Oy  A  A  Oy  A(0;a )  B(d ) m0   m.b   b   b Có: (d )  Ox  B   B  Ox  B(b; 0)  Do OAB vuông O , nên OAB cân  OA  OB       B  ; 0  m  m  m   m  1 m Bài IV: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE Gọi H K chân đường vng góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB BC Chứng minh tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp Chứng minh BH BA  BK.BC Gọi F chân đường vng góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng Giải   0 Ta có: BHE  BKE  90  90  180 Suy tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp (đpcm)  E  Do BHEK tứ giác nội tiếp, suy ra: K A I F   BAC  Suy ra: K (*)   BAC  (theo  có K Xét BKH BAC , có: B (*) ) Gọi HK  CF  T  E  )   BAC  (cùng phụ với E Mặt khác: E Suy ra: BKH  BAC  H B T BK BH   BH BA  BK BC (đpcm) BA BC K  B  Do BHEK tứ giác nội tiếp, suy ra: K (1) 1   Do BFEC tứ giác nội tiếp ( F , E nhìn BC góc vuông), suy ra: B1  C (2)  C   KTEC nội tiếp đường tròn Từ (1) (2) , suy ra: K 1   EKC   900  HETF hình chữ nhật  ETC Suy H , I ,T thắng hàng  H , I , K thẳng hàng (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình x  3x   x  Giải a b , ta có:  x  3x  x  3x   1.x  1.(3x  2)    2x (1) 2 Mặt khác ta có: (x  1)2   2x  x  (2) Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng ab  x  3x   x    1x    Khi phương trình ban đầu tương đương: 1  3x   x     (x  1)2    Vậy phương trình có nghiệm x  Cách 2: Phương trình tương đương: Từ (1) (2) , suy ra: x  3x   2x   2x  x  3x         2(x  2x  1)  x  x   3x   3x     2(x  1)2     x 1    x 1     3x       x   x 1     3x        Vậy phương trình có nghiệm x  -HẾT C ... (đpcm) BA BC K  B  Do BHEK tứ giác nội tiếp, suy ra: K (1) 1   Do BFEC tứ giác nội tiếp ( F , E nhìn BC góc vng), suy ra: B1  C (2)  C   KTEC nội tiếp đường tròn Từ (1) (2) , suy ra:... hàng Giải   0 Ta có: BHE  BKE  90  90  180 Suy tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp (đpcm)  E  Do BHEK tứ giác nội tiếp, suy ra: K A I F   BAC  Suy ra: K (*)   BAC  (theo  có K Xét... giác BHEK tứ giác nội tiếp Chứng minh BH BA  BK.BC Gọi F chân đường vng góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng Giải  