Đáp án đề thi toán vào 10 hà nội 2021

Đáp án đề thi toán vào 10 hà nội 2021

Giải

4

4 2



2

              

x B



x



Vậy x  thì 0 Pmin  2

Giải

LỜI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

NĂM 2020–SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

Bài I (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 1

2

x A x





 và

1 1

x B

x x





 với x 0,x  1

1 Tính giá trị biểu thức A khi x 4

1

B

x





Bài II (2,0 điểm)

1 Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3km 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 9km 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 An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó.)

của quả bóng bàn đó (lấy  3,14)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

1 Đổi 45phút 3

4h

 Gọi vận tốc đi bộ của An là: x (km h (/ ) x 0)

Khi đó vận tốc An đi xe đạp là: x  ( / )9 km h

Suy ra thời gian đi bộ và thời gian đi xe đạp của An lần lượt là: 3

( )h

3 ( )

9 h

x 

Theo đề ra ta có: 3 3 3

12( 9) 12 3 ( 9)



3

x

x

x



  



Vậy vận tốc An đi xe đạp là: 3km h /

2 Diện tích bề mặt của quả bóng bàn là: S 4 R2 4.3,14.22 50,24cm2.

Giải

1 Đặt 1

 , khi đó hệ có dạng:

1

1

1

x

y

 

Vậy hệ có nghiệm ( ; )x y (1;2)

2 Có đường thẳng ( ) :d y mx 4 với m  0

a Ta có: ( )d Oy A A Oy A a(0; )A d( ) a m.0   4 a 4 A(0;4)



Do OAB vuông tại O, nên OAB cân OA OB 4 4 m 1 m 1

m

Bài III: (2,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

3

1 1

1

x y x y





a Gọi A là giao điểm của đường thẳng ( )d và trục Oy Tìm tọa độ điểm A

b Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( )d cắt trục Ox tại điểm B sao cho tam giác OAB là tam giác cân

Bài IV: (3,0 điểm)

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 điểm E đến các đường thẳng AB và BC

đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H I K, , là ba điểm thẳng hàng

Giải

1 Ta có: BHEBKE900 900 1800

Suy ra tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp (đpcm)

2 2

K E Mặt khác:  

2

E BAC (cùng phụ với 

1

E )

Suy ra:  

2

K BAC (*)

Xét BKH và BAC, có: B và có  

2

K BAC (theo (*))

Suy ra: BKH BAC BK BH BH BA BK BC

3 Gọi HK CF  T

Do BHEK là tứ giác nội tiếp, suy ra:  

1 1

K B (1)

Do BFEC là tứ giác nội tiếp (F E, cùng nhìn BC dưới một góc vuông), suy ra:  

1 1

B C (2)

Từ (1) và (2), suy ra:  

1 1

K C KTEC nội tiếp đường tròn ETCEKC900HETF là hình chữ nhật

Suy ra H I T, , thắng hàngH I K, , thẳng hàng (đpcm)

Giải

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng

2

, ta có:

Mặt khác ta có: (x1)2  0 2x x2 1 (2)

Từ (1) và (2), suy ra: x  3x 2 x2  1

Khi đó phương trình ban đầu tương đương:

2

1

x

x

 



    



  



Vậy phương trình có nghiệm x 1

Cách 2: Phương trình tương đương:

2 x 2 3x 2 2x2 2

2x22 x 2 3x  2 2 0

2(x 2x 1) x 2 x 1 3x 2 2 3x 2 1 0

2

x

x

  







Vậy phương trình có nghiệm x 1

-HẾT -

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

2

2

I

K T F

H

C

E

B

A

1

1