LỜI GIẢI CHI TIẾT đề THI TOÁN vào 10 năm 2020 sở hà nội mới

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

và B 

x 2
1. Tính giá trị biểu thức A khi x  4 .
2
2. Chứng minh B 
.
x 1

3
x 1



x 5
với x  0, x  1 .
x 1

3. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức P  2AB  x đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
4 1

1. Thay x  4 vào A ta được: A 

2. B 

3
x 1





x 5



x 1



x 1

3. Ta có: P  2AB  x  2.



x 1

4 2

3.



3
.
4

 x  1   x  5  2  x  1 
 x  1 x  1  x  1 x  1
2

x 1

(đpcm).

4

 x
x 2 x 1
x 2
 4

4
 
 x  2  2  2.
. x 2 2  2.

 x  2

x 2
2

4
Dấu “=” xảy ra khi:
 x 2  x 2  4  x 2  2  x  0.
x 2
Vậy x  0 thì Pmin  2 .
.

 x 

2









Bài II (2,0 điểm)
1. Giải bài tốn 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 khơng đổi
trên tồn bộ qng đường đó.)
2. Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2cm . Tính diện tích bề mặt
của quả bóng bàn đó (lấy   3,14 ).
Giải

3
h
4
Gọi vận tốc đi bộ của An là: x (km/h ) ( x  0 ).

1. Đổi 45 phút 

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
3
(h ) và
(h ) .
x 9
x

3
3
3

  12(x  9)  12x  3x (x  9)
x x 9 4
x  12
x 0
2
 x  9x  36  0  (x  12)(x  3)  0  

x  3.

x  3
Vậy vận tốc An đi xe đạp là: 3 km/h .

Theo đề ra ta có:

2. Diện tích bề mặt của quả bóng bàn là: S  4R2  4.3,14.22  50,24 cm 2 .
Bài III: (2,5 điểm)



3

2x 
5


y

1

1. Giải hệ phương trình: 
.

1

4x 
3


y 1



2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét đường thẳng (d ) : y  mx  4 với m  0 .
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.
Giải

1
 u , khi đó hệ có dạng:
1. Đặt
y 1




x  1

x  1


2x  3u  5  

x  1 .

 1








y 2
1
4x  u  3
u  1







y  1

Vậy hệ có nghiệm (x; y)  (1;2) .
2. Có đường thẳng (d ) : y  mx  4 với m  0 .
A(d )

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

m0
 0  m.b  4 
b  
b. Có: (d )  Ox  B   B  Ox  B(b; 0) 

Do OAB vuông tại O , nên OAB cân  OA  OB  4  

 4 
4
 B  ; 0
 m 
m

4
 m  1  m  1 .
m

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 vng góc kẻ từ điểm E đến các đường thẳng AB và BC .
1. Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác 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
đoạn thẳng EF . Chứng minh ba điểm H , I , K là ba điểm thẳng hàng.


Giải


0
0
0
1. Ta có: BHE  BKE  90  90  180 .
Suy ra tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp (đpcm).
 E
.

2. Do BHEK là tứ giác nội tiếp, suy ra: K
2

A

2

I
F

  BAC

Suy ra: K
(*)
2
  BAC
 (theo
 và có K
Xét BKH và BAC , có: B
(*) ).
2

3. Gọi HK  CF  T  .

E
2

 ).
  BAC
 (cùng phụ với E

Mặt khác: E
1
2

Suy ra: BKH  BAC 

1

H

1

B

T 1

2

BK
BH

 BH .BA  BK .BC (đpcm).
BA
BC

1

K

 B


Do BHEK là tứ giác nội tiếp, suy ra: K
(1)
1
1

 
Do BFEC là tứ giác nội tiếp ( F , E cùng nhìn BC dưới một góc vng), suy ra: B1  C 1 (2) .
 C
  KTEC nội tiếp đường tròn
Từ (1) và (2) , suy ra: K
1
1
  EKC
  900  HETF là hình chữ nhật.
 ETC
Suy ra H , I ,T thắng hàng  H , I , K thẳng hàng (đpcm).
Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình

x  3x  2  x 2  1 .

Giải

a b
, ta có:
2
1  x 1  3x  2
x  3x  2  1.x  1.(3x  2) 

 2x (1) .

2
2
Mặt khác ta có: (x  1)2  0  2x  x 2  1 (2) .
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng ab 

x  3x  2  x 2  1 .


1x



Khi đó phương trình ban đầu tương đương: 1  3x  2  x  1 .



(x  1)2  0


Vậy phương trình có nghiệm x  1 .
Cách 2: Phương trình tương đương:
Từ (1) và (2) , suy ra:

2 x  2 3x  2  2x 2  2

 2x 2  2 x  2 3x  2  2  0



 



 2(x 2  2x  1)  x  2 x  1  3x  2  2 3x  2  1  0

 2(x  1)2 



 
2

x 1 



x 1  0


2

3x  2  1  0  
 x  1.
 x 1  0



3x  2  1  0







Vậy phương trình có nghiệm x  1 .
---------------------------------------HẾT--------------------------------

C