Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Với các đề thi được chọn lọc kỹ lưỡng, chúng tôi hy vọng sẽ mang đến cho các em một nguồn tài liệu ôn tập hiệu quả, giúp các em đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi quan trọng này.
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2 điểm):
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 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 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 rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó).
2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,5 điểm):
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\)
2) 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 \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Bài IV (3 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.
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.
Bài V (0,5 điểm):
Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\)
Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\).
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2 điểm):
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 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 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 rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó).
2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy \(\pi \approx 3,14\)).
Bài III (2,5 điểm):
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\)
2) 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 \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Bài IV (3 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.
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.
Bài V (0,5 điểm):
Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\)
Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\). |
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 2}} = \dfrac{{2 + 1}}{{2 + 2}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = \dfrac{3}{4}\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\\B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\sqrt x + 3 - \sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2A.B + \sqrt x \\P = 2.\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}} + \sqrt x \\P = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x \\P = \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x + 2\) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}\) ta có:
\(\sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 2} \right).\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}} = 2\sqrt 4 = 4\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2 \ge 2\\ \Rightarrow A \ge 2\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 2\,\,\left( {Do\,\,\sqrt x + 2 \ge 2\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1} \right)\).
\( \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2\) khi và chỉ khi \(x = 0\).
Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 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 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 rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). |
Gọi vận tốc đi bộ của An là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi bộ hết quãng đường từ nhà An đến nhà Bình là: \(\dfrac{3}{x}\,\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc đi xe đạp của An hơn vận tốc đi bộ là \(9\,\,km/h\) nên vận tốc đi xe đạp là: \(x + 9\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi xe đạp hết quãng đường từ nhà Bình về nhà An là: \(\dfrac{3}{{x + 9}}\,\,\,\left( h \right).\)
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút \( = \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{3}{4}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 9}} = \dfrac{3}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 9}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 4\left( {x + 9} \right) - 4x = x\left( {x + 9} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 36 - 4x = {x^2} + 9x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 12x - 3x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 12} \right) - 3\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi bộ của An là \(3km/h.\)
| 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 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: \(S = 4\pi {R^2} \approx 4.3,{14.2^2} \approx 50,24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy diện tích bề mặt của quả bóng bàn là \(S \approx 50,24\,\,c{m^2}\).
Bài III (2, 5 điểm)
| 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\) |
Điều kiện: \(y \ne 1.\)
Đặt \(\dfrac{1}{{y - 1}} = u\,\,\,\left( {u \ne 0} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}2x + 3u = 5\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6u = 10\\4x - u = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7u = 7\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\4x - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(u = 1\) ta có: \(\dfrac{1}{{y - 1}} = 1 \Rightarrow y - 1 = 1 \Leftrightarrow y = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
| 2) 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 \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
Vì \(A\) là giao điểm của của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\) nên hoành độ điểm \(A\) là \({x_A} = 0\).
Gọi \(A\left( {0;{y_A}} \right)\)
Vì \(A\left( {0;{y_A}} \right) \in d\) nên ta có: \({y_A} = m.0 + 4 \Leftrightarrow {y_A} = 4\).
Vậy \(A\left( {0;4} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\).
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Vì \(B\) là giao điểm của \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) nên tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = 0\).
Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\). Vì \(B\left( {{x_B};0} \right) \in \left( d \right)\) nên ta có: \(0 = m.{x_B} + 4\) \( \Leftrightarrow {x_B} = \dfrac{{ - 4}}{m}\) (vì \(m \ne 0\))
Suy ra \(B\left( {\dfrac{{ - 4}}{m};0} \right)\) . Do đó \(OB = \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right|\).
Theo câu a) ta có: \(A\left( {0;4} \right)\) nên \(OA = \left| 4 \right| = 4\).
Vì tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(OA = OB \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right| = 4\).
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 4}}{m} = 4\\\dfrac{4}{m} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4m = - 4\\4m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 1\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(m = - 1;\,\,m = 1\) là các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 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. |
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
\(\angle BHE = {90^0}\) (do \(EH \bot AB\))
\(\angle BKE = {90^0}\) (do \(EK \bot BC\))
Tứ giác \(BHEK\) có \(\angle BHE + \angle BKE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm)
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
Theo câu a) tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle BKH = \angle BEH\) (cùng chắn cung \(BH\))
Ta có:
\(\angle BEH + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(BHE\) vuông tại \(H\)).
\(\angle BAE + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
Nên \(\angle BEH = \angle BAE\) (cùng phụ với \(\angle EBH\)).
Mà \(\angle BKH = \angle BEH\) (cmt) nên \(\angle BKH = \angle BAE\,\,\,\left( { = \angle BEH} \right)\).
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có:
\(\angle ABC\) chung
\(\angle BKH = \angle BAE = \angle BAC\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow BH.BA = BK.BC\) (đpcm).
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.
Cách 1:
Nối \(H\) và \(K.\)
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ABC\,\,\,\,chung\\\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\,\,\,\left( {do\,\,\,BA.BA = BK.BC} \right)\\ \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BHK \sim \angle BCA\) (hai góc tương ứng) (1)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà \(F,\,\,E\) là hai đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle BCE + \angle BFE = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AFE + \angle BFE = {180^0}\) (2 góc kề bù)
\( \Rightarrow \angle BCE = \angle AFE\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BHK = \angle HFI.\)
Ta có: \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\( \Rightarrow HI = \dfrac{1}{2}EF\) (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền).
\( \Leftrightarrow HI = FI\)
\( \Rightarrow \Delta HIF\) cân tại \(I\) (dhnb \(\Delta \) cân)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle HFI\) (tính chất \(\Delta \) cân)
Mà \(\angle HFI = \angle BHK\)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle BHK\) \( \Rightarrow HI \equiv HK\)
\( \Rightarrow H,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Cách 2:
Gọi \(I'\) là giao điểm của HK và EF.
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {F_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\)).
Ta có: \(EH//CF\) (cùng vuông góc \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {F_1} = \angle {E_1}\) (so le trong)
Do đó \(\angle {B_1} = \angle {E_1}\) (1).
Theo câu a, tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle {B_1} = \angle {H_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\)) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\)
Tam giác \(I'HE\) có \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\) nên là tam giác cân (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'E\) (tính chất tam giác cân) (3)
Lại có:
\(\angle {H_1} + \angle {H_2} = \angle BHE = {90^0}\)
\(\angle {F_2} + \angle {E_1} = {90^0}\) (do tam giác \(HEF\) vuông tại \(H\)).
Nên \(\angle {H_2} = \angle {F_2}\) hay tam giác \(I'HF\) cân tại \(I'\) (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'F\) (tính chất tam giác cân) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(I'E = I'F\) hay \(I'\) là trung điểm của \(EF\).
Do đó \(I' \equiv I\) nên ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng (đpcm).
Bài V (0, 5 điểm)
| Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\) |
Điều kiện: \(x \ge \dfrac{2}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt {3x - 2} = 2{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4x - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) và \({\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \dfrac{2}{3}\) nên
\(\begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt x - 1 = 0\\\sqrt {3x - 2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\\sqrt {3x - 2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3x - 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}\) và \(B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\). |
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4\).
Thay \(x = 4\,\,\left( {TMDK} \right)\) vào biểu thức \(A\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt 4 + 1}}{{\sqrt 4 + 2}} = \dfrac{{2 + 1}}{{2 + 2}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy khi \(x = 4\) thì \(A = \dfrac{3}{4}\).
2) Chứng minh \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{x - 1}}\\B = \dfrac{3}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{3\sqrt x + 3 - \sqrt x - 5}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{{2\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) thì \(B = \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).
3) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để biểu thức \(P = 2A.B + \sqrt x \) đạt giá trị nhỏ nhất.
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 1\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2A.B + \sqrt x \\P = 2.\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}}.\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}} + \sqrt x \\P = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} + \sqrt x \\P = \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2\end{array}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x + 2\) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}\) ta có:
\(\sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 2} \right).\dfrac{4}{{\sqrt x + 2}}} = 2\sqrt 4 = 4\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt x + 2 + \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} - 2 \ge 2\\ \Rightarrow A \ge 2\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \dfrac{4}{{\sqrt x + 2}} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x + 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \sqrt x + 2 = 2\,\,\left( {Do\,\,\sqrt x + 2 \ge 2\,\,\forall x \ge 0,\,\,x \ne 1} \right)\).
\( \Leftrightarrow \sqrt x = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy biểu thức \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2\) khi và chỉ khi \(x = 0\).
Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán san bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 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 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 rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). |
Gọi vận tốc đi bộ của An là \(x\,\,\left( {km/h} \right),\,\,\left( {x > 0} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi bộ hết quãng đường từ nhà An đến nhà Bình là: \(\dfrac{3}{x}\,\,\,\left( h \right).\)
Vận tốc đi xe đạp của An hơn vận tốc đi bộ là \(9\,\,km/h\) nên vận tốc đi xe đạp là: \(x + 9\,\,\left( {km/h} \right).\)
\( \Rightarrow \) Thời gian An đi xe đạp hết quãng đường từ nhà Bình về nhà An là: \(\dfrac{3}{{x + 9}}\,\,\,\left( h \right).\)
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút \( = \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{3}{4}\,\,\left( h \right)\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{3}{x} - \dfrac{3}{{x + 9}} = \dfrac{3}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 9}} = \dfrac{1}{4}\\ \Leftrightarrow 4\left( {x + 9} \right) - 4x = x\left( {x + 9} \right)\\ \Leftrightarrow 4x + 36 - 4x = {x^2} + 9x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 9x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 12x - 3x - 36 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x + 12} \right) - 3\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\x + 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = - 12\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy vận tốc đi bộ của An là \(3km/h.\)
| 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2 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: \(S = 4\pi {R^2} \approx 4.3,{14.2^2} \approx 50,24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy diện tích bề mặt của quả bóng bàn là \(S \approx 50,24\,\,c{m^2}\).
Bài III (2, 5 điểm)
| 1) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + \dfrac{3}{{y - 1}} = 5\\4x - \dfrac{1}{{y - 1}} = 3\end{array} \right.\) |
Điều kiện: \(y \ne 1.\)
Đặt \(\dfrac{1}{{y - 1}} = u\,\,\,\left( {u \ne 0} \right)\) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}2x + 3u = 5\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 6u = 10\\4x - u = 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7u = 7\\4x - u = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\\4x - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(u = 1\) ta có: \(\dfrac{1}{{y - 1}} = 1 \Rightarrow y - 1 = 1 \Leftrightarrow y = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;2} \right)\).
| 2) 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 \(\left( d \right)\) và trục \(Oy.\) Tìm tọa độ của điểm \(A.\)
Vì \(A\) là giao điểm của của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\) nên hoành độ điểm \(A\) là \({x_A} = 0\).
Gọi \(A\left( {0;{y_A}} \right)\)
Vì \(A\left( {0;{y_A}} \right) \in d\) nên ta có: \({y_A} = m.0 + 4 \Leftrightarrow {y_A} = 4\).
Vậy \(A\left( {0;4} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và trục \(Oy\).
b) Tìm tất cả giá trị của \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) tại điểm \(B\) sao cho tam giác \(OAB\) là tam giác cân.
Vì \(B\) là giao điểm của \(\left( d \right)\) cắt trục \(Ox\) nên tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = 0\).
Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\). Vì \(B\left( {{x_B};0} \right) \in \left( d \right)\) nên ta có: \(0 = m.{x_B} + 4\) \( \Leftrightarrow {x_B} = \dfrac{{ - 4}}{m}\) (vì \(m \ne 0\))
Suy ra \(B\left( {\dfrac{{ - 4}}{m};0} \right)\) . Do đó \(OB = \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right|\).
Theo câu a) ta có: \(A\left( {0;4} \right)\) nên \(OA = \left| 4 \right| = 4\).
Vì tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(OA = OB \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{ - 4}}{m}} \right| = 4\).
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 4}}{m} = 4\\\dfrac{4}{m} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4m = - 4\\4m = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {tm} \right)\\m = 1\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy \(m = - 1;\,\,m = 1\) là các giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 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. |
1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có:
\(\angle BHE = {90^0}\) (do \(EH \bot AB\))
\(\angle BKE = {90^0}\) (do \(EK \bot BC\))
Tứ giác \(BHEK\) có \(\angle BHE + \angle BKE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm)
2) Chứng minh \(BH.BA = BK.BC\).
Theo câu a) tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle BKH = \angle BEH\) (cùng chắn cung \(BH\))
Ta có:
\(\angle BEH + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(BHE\) vuông tại \(H\)).
\(\angle BAE + \angle EBH = {90^0}\) (do tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\)).
Nên \(\angle BEH = \angle BAE\) (cùng phụ với \(\angle EBH\)).
Mà \(\angle BKH = \angle BEH\) (cmt) nên \(\angle BKH = \angle BAE\,\,\,\left( { = \angle BEH} \right)\).
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có:
\(\angle ABC\) chung
\(\angle BKH = \angle BAE = \angle BAC\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow BH.BA = BK.BC\) (đpcm).
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.
Cách 1:
Nối \(H\) và \(K.\)
Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ABC\,\,\,\,chung\\\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{BK}}{{BA}}\,\,\,\left( {do\,\,\,BA.BA = BK.BC} \right)\\ \Rightarrow \Delta BHK \sim \Delta BCA\,\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BHK \sim \angle BCA\) (hai góc tương ứng) (1)
Xét tứ giác \(BFEC\) ta có:
\(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\)
Mà \(F,\,\,E\) là hai đỉnh kề nhau
\( \Rightarrow BFEC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle BCE + \angle BFE = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle AFE + \angle BFE = {180^0}\) (2 góc kề bù)
\( \Rightarrow \angle BCE = \angle AFE\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BHK = \angle HFI.\)
Ta có: \(\Delta FHE\) vuông tại \(H\) có \(HI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
\( \Rightarrow HI = \dfrac{1}{2}EF\) (tính chất đường trung tuyến ừng với cạnh huyền).
\( \Leftrightarrow HI = FI\)
\( \Rightarrow \Delta HIF\) cân tại \(I\) (dhnb \(\Delta \) cân)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle HFI\) (tính chất \(\Delta \) cân)
Mà \(\angle HFI = \angle BHK\)
\( \Rightarrow \angle FHI = \angle BHK\) \( \Rightarrow HI \equiv HK\)
\( \Rightarrow H,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Cách 2:
Gọi \(I'\) là giao điểm của HK và EF.
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle {B_1} = \angle {F_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\)).
Ta có: \(EH//CF\) (cùng vuông góc \(AB\))
\( \Rightarrow \angle {F_1} = \angle {E_1}\) (so le trong)
Do đó \(\angle {B_1} = \angle {E_1}\) (1).
Theo câu a, tứ giác \(BHEK\) nội tiếp nên \(\angle {B_1} = \angle {H_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\)) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\)
Tam giác \(I'HE\) có \(\angle {H_1} = \angle {E_1}\) nên là tam giác cân (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'E\) (tính chất tam giác cân) (3)
Lại có:
\(\angle {H_1} + \angle {H_2} = \angle BHE = {90^0}\)
\(\angle {F_2} + \angle {E_1} = {90^0}\) (do tam giác \(HEF\) vuông tại \(H\)).
Nên \(\angle {H_2} = \angle {F_2}\) hay tam giác \(I'HF\) cân tại \(I'\) (định nghĩa).
\( \Rightarrow I'H = I'F\) (tính chất tam giác cân) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(I'E = I'F\) hay \(I'\) là trung điểm của \(EF\).
Do đó \(I' \equiv I\) nên ba điểm \(H,I,K\) thẳng hàng (đpcm).
Bài V (0, 5 điểm)
| Giải phương trình \(\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\) |
Điều kiện: \(x \ge \dfrac{2}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\sqrt x + \sqrt {3x - 2} = {x^2} + 1\\ \Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt {3x - 2} = 2{x^2} + 2\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 4x - 2\sqrt x - 2\sqrt {3x - 2} = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {x - 2\sqrt x + 1} \right) + \left( {3x - 2 - 2\sqrt {3x - 2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\end{array}\)
Vì \({\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0;{\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} \ge 0\) và \({\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \ge \dfrac{2}{3}\) nên
\(\begin{array}{l}2{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {3x - 2} - 1} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\sqrt x - 1 = 0\\\sqrt {3x - 2} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\\sqrt {3x - 2} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3x - 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 1\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà Nội luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt trong quá trình học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng giải đề. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các dạng bài tập thường gặp, giúp học sinh tự tin đối mặt với kỳ thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Để hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi, chúng ta sẽ phân tích một số đề thi chính thức năm 2020:
Đề thi chuyên Amsterdam thường có độ khó cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và khả năng giải quyết vấn đề sáng tạo. Các bài toán thường mang tính ứng dụng cao và yêu cầu học sinh phải có tư duy logic.
Đề thi chuyên Đại học Sư phạm có độ khó tương đương với đề thi chuyên Amsterdam, nhưng thường tập trung vào các kiến thức cơ bản và kỹ năng giải toán. Đề thi thường có nhiều bài toán về hình học và số học.
Đề thi các trường THPT công lập thường có độ khó vừa phải, phù hợp với trình độ của đa số học sinh. Các bài toán thường mang tính cơ bản và yêu cầu học sinh phải nắm vững các kiến thức trọng tâm.
Dưới đây là hướng dẫn giải một số dạng bài tập thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020:
Để giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải phương trình bậc nhất, bậc hai, hệ phương trình tuyến tính và phi tuyến tính. Ngoài ra, học sinh cũng cần chú ý đến việc kiểm tra điều kiện của phương trình và hệ phương trình.
Để giải các bài toán về bất đẳng thức, học sinh cần nắm vững các bất đẳng thức cơ bản (AM-GM, Cauchy-Schwarz, Bunyakovsky...) và các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Ngoài ra, học sinh cũng cần chú ý đến việc sử dụng các tính chất của bất đẳng thức.
Để giải các bài toán về hình học phẳng, học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất cơ bản của các hình hình học (tam giác, đường tròn, hình vuông, hình chữ nhật...). Ngoài ra, học sinh cũng cần chú ý đến việc vẽ hình chính xác và sử dụng các công cụ hình học.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 hiệu quả, học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2020 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng rằng, với những phân tích và hướng dẫn giải trên, các em học sinh sẽ tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới và đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
