Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2020 - 2021 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án
7 câu hỏi
Cho biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\] và \[B = \frac{3}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\] với \(x \ge 0,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 4\].
2) Chứng minh \[B = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\].
3) Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = 2AB + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 4\]. |
Thay \(x = 4\)(thỏa mãn đkxđ) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = \frac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 2}} = \frac{{2 + 1}}{{2 + 2}} = \frac{3}{4}\). |
Chứng minh \[B = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\]. |
\[B = \frac{3}{{\sqrt x - 1}} - \frac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{3\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\] \[ = \frac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x + 1}}\]. |
Tìm các giá trị của \(x\) để \(P = 2AB + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất. |
\(P = 2AB + \sqrt x = 2.\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\frac{2}{{\sqrt x + 1}} + \sqrt x = \frac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x \). Ta có: \(P - 2 = \frac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x - 2 = \frac{x}{{\sqrt x + 2}} \ge 0\) với mọi \(x \ge 0\). Suy ra \(P \ge 2\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = 0\). Kết luận: \(x = 0\) thì biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất. |
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài \(3\,\,{\rm{km}}\). Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là \[9{\rm{ km/h}}\]. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó.)
Gọi vận tốc đi bộ của An là \(x\) (đơn vị: km/h, \(x > 0\))
Vận tốc đi xe đạp của An là \(x + 9\) (km/h).
Thời gian An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình là \(\frac{3}{x}\) (giờ).
Thời gian đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An là \(\frac{3}{{x + 9}}\) (giờ).
Vì thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút nên ta có phương trình:
\(\frac{3}{x} - \frac{3}{{x + 9}} = \frac{3}{4}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{3\left( {x + 9} \right) - 3x}}{{x\left( {x + 9} \right)}} = \frac{3}{4}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{27}}{{{x^2} + 9x}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{9}{{{x^2} + 9x}} = \frac{1}{4}\)
\( \Rightarrow {x^2} + 9x - 36 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 12} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 12\end{array} \right.\)
Kết hợp điều kiện loại \(x = - 12\), thử lại thấy \(x = 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết luận: vận tốc đi bộ của An là 3 km/h.
Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng \(2\,\,{\rm{cm}}\). Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó là:
\(S = 4\pi {R^2} \approx 4 \times 3.14 \times {2^2} \approx 50,24\) (cm2).
Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x + \frac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \frac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\].
Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x + \frac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \frac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\]. |
Điều kiện xác định:\(y \ne 1\) Đặt \(\frac{1}{{y - 1}} = b\), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3b = 5\\4x - b = 3\end{array} \right.\) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 3b = 5\\4x - b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6b = 10\\4x - b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - b = 3\\7b = 7\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = b + 3\\b = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\b = 1\end{array} \right.\) Với \(b = 1 \Rightarrow \frac{1}{{y - 1}} = 1 \Rightarrow y = 2\) (thỏa mãn điều kiện xác định). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right).\) |
Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], xét đường thẳng \[\left( d \right):y = mx + 4\] với \[m \ne 0\].
a) Gọi \[A\] là giao điểm của đường thẳng \[\left( d \right)\] với trục \[Oy\]. Tìm tọa độ của điểm \[A.\]
b) Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để đường thẳng \[\left( d \right)\] cắt trục \[Ox\] tại điểm \[B\] sao cho \[OAB\] là tam giác cân.
Gọi tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {{x_A};{y_A}} \right)\). Do điểm \(A\) thuộc trục \(Oy\)nên \({x_A} = 0\) DO điểm \(A\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):y = mx + 4\) nên \({y_A} = m{x_A} + 4 = m.0 + 4 = 4\). Kết luận tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {0;4} \right)\). |
Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để đường thẳng \[\left( d \right)\] cắt trục \[Ox\] tại điểm \[B\] sao cho \[OAB\] là tam giác cân. |
Gọi tọa độ điểm \(B\) là \(\left( {{x_B};{y_B}} \right)\). Do điểm \(B\) thuộc trục \(Ox\) nên \({y_B} = 0\). Vì điểm \(B\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):mx + 4\) nên \(0 = m{x_B} + 4\) Vì \(m \ne 0 \Rightarrow {x_B} = \frac{{ - 4}}{m} \Rightarrow OB = \left| {{x_B}} \right| = \left| {\frac{{ - 4}}{m}} \right|\). Vì \(\widehat {AOB} = 90^\circ \) nên để tam giác \(OAB\) là tam giác cân thì \(OA = OB\). Mà \(OA = 4\) nên \(OB = 4\). Giải phương trình: \(\left| {\frac{{ - 4}}{m}} \right| = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - 4}}{m} = 4\\\frac{{ - 4}}{m} = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 1\end{array} \right.\)(tmđk) Kết luận: \(m = 1\) hoặc \(m = - 1\). |
Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn và đường cao \[BE\]. Gọi \[H\] và \[K\] lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \[E\] đến các đường thẳng \[AB\] và \[BC\].
1) Chứng minh tứ giác \[BHEK\] nội tiếp.
2) Chứng minh \[BH.BA = BK.BC\].
3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \[C\] đến đường thẳng \[AB\] và \[I\] là trung điểm của \[EF\]. Chứng minh \[H,I,K\] thẳng hàng.
Chứng minh tứ giác \[BHEK\] nội tiếp. |
Ta có \(H,K\) là chân đường vuông góc từ \(E\) xuống \(AB\) \(BC\) nên \(\widehat {BHE} = 90^\circ \) và \(\widehat {BKE} = 90^\circ \) Suy ra \(\widehat {BHE} + \widehat {BKE} = 180^\circ \) Mà hai góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác \(BHEK\). Vậy tứ giác \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp. |
Chứng minh \[BH.BA = BK.BC\] |
Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\), đường cao \(EH\) có: \(BH.BA = B{E^2}\). Chứng minh tương tự ta có: \(BK.BC = B{E^2}\). Vậy \(BH.BA = BK.BC\). |
Chứng minh \[H,I,K\] thẳng hàng. |
Vì \(CF \bot AB\) tại \(F\) nên \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) Vì \(BE \bot AC\) tại \(E\) nên \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) Xét tứ giác \(BCEF\) có \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC}\) (cùng bằng \(90^\circ \)), mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(BC\) Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp. Suy ra \(\widehat {BCE} = \widehat {HFE}\) (cùng phụ với \(\widehat {BFE}\)) \(\left( 1 \right)\) Vì \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {BHK} = \widehat {BEK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)). \[\left( 2 \right)\] Xét \(\Delta HEF\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(EF\) nên \(IH = IF = IE = \frac{1}{2}EF\). Suy ra tam giác \(FHI\) cân tại \(I\), do đó \(\widehat {HFE} = \widehat {FHI}\) \[\left( 3 \right)\] Mặt khác \(\widehat {BEK} = \widehat {BCE}\) (vì cùng phụ với \(\widehat {EBC}\)) \[\left( 4 \right)\] Từ (1), (2), (3), (4) suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {FHI}\). Do tam giác \(ABC\) nhọn, hai điểm \(I,K\) nằm cùng phía đối với đường thẳng \(HF\) nên là ba điểm thẳng hàng. |
Giải phương trình: \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\).
Điều kiện xác định: \(x \ge \frac{2}{3}\)
\(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\)
\( \Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt {3x - 2} = 2{x^2} + 2\)
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2 - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} = 0\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2} + 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\\{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\\{\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\end{array} \right.,\forall x \ge \frac{2}{3}\)
Do đó \(2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\) nên để dấu bằng xảy ra thì \[\left\{ \begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\\sqrt x = 1\\\sqrt {3x - 2} = 1\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow x = 1\](thỏa mãn ĐKXĐ)
Kết luận: phương trình có một nghiệm duy nhất \(x = 1\).
