Đề thi vào lớp 10 môn Toán và lời giải chi tiết Sở Giáo dục và đào tạo Hà Nội năm 2020

(Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). b) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm... Mặt khác, theo giả thiết thì tam giác OA[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: Tốn

Ngày thi 17/7/2020, Dành cho tất các thi sinh Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (2,0 điểm) Cho hai biểu thức x A

x  



3

1

x B

x x



 



 với x0, x1 a) Tính giá trị biểu thức A x4

b) Chứng minh B

x 



c) Tìm tất giá trị x cho biểu thức P2AB x đạt giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm)

a) Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài km Buổi sáng, An từ nhà An đến nhà Bình Buổi chiều ngày, An xe đạp từ nhà Bình nhà An qng đường với vận tốc lớn vận tốc An km/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 quãng đường đó)

b) Một bóng bàn có dạng hình cầu có bán kính cm Tính diện tích bề mặt bóng bàn (lấy  3,14)

Câu (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình

3

2

1

4

1 x

y x

y 

 



 



  

 



b) Trong mặt phẳng toạn độ Oxy, xét đường thẳng ( ) :d ymx4

i) Gọi A giao điểm đường thẳng ( )d trục Oy Tìm tọa độ điểm A

ii) Tìm tất giá trị m để ( )d cắt trục Ox điểm B cho OAB tam giác cân

Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE E( CA) Gọi H K chân đường vng góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB BC

a) Chứng minh tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh BH BA BK BC

c) Gọi F chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn EF Chứng minh ba điểm H I K, , thẳng hàng

Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x 3x2x21

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 MƠN TỐN NĂM 2020 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

THUVIENTOAN.NET

LỜI GIẢI ĐỀ THI LỚP 10/2020 MƠN TỐN SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI Câu

a) Rõ ràng x4 thỏa mãn điều kiện xác định biểu thức A với x4

4 A  



Vậy x4 A

b) Với x0 x1, ta có

3 3( 1) ( 5)

1 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

2( 1)

( 1)( 1)

x x x

B

x x x x x

x

x x x

   

  

    



 

  

Vậy, với x0 x1 B

x 

 Ta có điều phải chứng minh

c) Theo kết b), ta có 2

2

x

P x x

x x x



     

  

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

4

2 ( 2) ( 2)

2

P x x

x x

       

 

Đẳng thức xảy 2,

2 x

x   tức x0 (thỏa mãn) Từ suy P2

Vậy P2, có giá trị x để P đạt giá trị x0 Câu 2.

a) Gọi x (km/h) vận tốc An từ nhà An đến nhà Bình vào buổi sáng (điều kiện: x0) Khi đó, vận tốc An xe đạp từ nhà Bình nhà An vào buổi chiều x9 (km/h) Từ đây, ta thấy

 Thời gian để An xe đạp từ nhà Bình nhà An vào buổi chiều x

Vì thời gian buổi chiều thời gian buổi sáng 45 phút (tức

4 giờ) nên ta có

2

3 3 27

9 36 ( 12)( 3)

9 ( 9) x x x x

xx   x x        

Từ đây, với ý x120, ta tìm x3 (thỏa mãn) Vậy vận tốc An từ nhà An đến nhà Bình vào buổi sáng km/h

b) Sử dụng công thức tính diện tích bề mặt hình cầu S 4R2 (trong R bán kính hình cầu), ta có diện tích bề mặt bóng bàn cho 422 16 50, 24(cm2)

Câu

a) Điều kiện: y1 Nhân hai vế phương trình thứ hai với cộng phương trình thu với phương trình thứ (theo vế), ta 14x14 Từ x1

Thay vào phương trình thứ nhất, ta 3

y  Từ y 1 1, tức y2 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( , )x y (1, 2)

b) i) Vì A thuộc trục Oy nên xA0 Khi đó, ta có yAmxA 4 Vậy A(0, 4)

ii) Vì B thuộc trục Ox nên yB 0 Khi mxB 4 0, tức xB m

  Vậy B( 4, 0) m 

Rõ ràng tam giác OAB vng O Mặt khác, theo giả thiết tam giác OAB cân Do đó, tam giác vng cân O Suy OAOB, hay

4

4 m 1,

m

   

Từ đây, ta tìm m1 (thỏa mãn) m 1 (thỏa mãn) Vậy, có hai giá trị m thỏa mãn yêu cầu m1 m 1

a) Ta có BHE90o  BKE nên điểm H K nằm đường tròn đường kính BE Do tứ giác BHEK nội tiếp

b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông cho tam giác ABE BCE, vuông E có đường cao tương ứng EH EK, ta có BH BA BE2 BK BC

c) Theo câu b) BH BA BK BC nên BH BC

BK  BA Kết hợp với HBK  CBA (chung góc), ta suy hai tam giác HBK CBA đồng dạng theo trường hợp c-g-c Do BHK  BCA 1

Mặt khác, ta có BEC BFC90o nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC Suy IFH  EFA BCA 2

Vì tam giác EFH vng H I trung điểm EF nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có IH IF (cùng

2 EF

) Do tam giác IFH cân I Suy IHF IFH  3

Từ (1), (2) (3), ta suy BHK  FHI Do HI HK trùng hay ba điểm H K I, , thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh

Câu

Điều kiện:

x Phương trình cho tương đương:

   

     

2

2

2 2

2 2

1 2 2

1 2

1

3 1

1

x x x

x x x x x x

x x x

x

x x

x

   

           

       

   

      

 

So với điều kiện ban đầu ta thấy x1 nghiệm phương trình