Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Hà Nội năm 2020 - 2021

1.

Thay $x = 4$ (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức $A$ ta có

$A = \dfrac34$.

2.

Với $x \ge 0,$ $x \ne 1$ ta có

$B = \dfrac3{\sqrt x-1} - \dfrac{\sqrt x+5}{\left(\sqrt x - 1\right)\left(\sqrt x + 1\right)} = \dfrac{3\left(\sqrt x + 1\right) - \left(\sqrt x + 5\right)}{\left(\sqrt x - 1\right)\left(\sqrt x + 1\right)}$

$=\dfrac{2\left(\sqrt x - 1\right)}{\left(\sqrt x - 1\right)\left(\sqrt x + 1\right)} = \dfrac2{\sqrt x+1}.$

3.

$P = 2A.B + \sqrt x = \dfrac4{\sqrt x + 2} + \sqrt x$.

Ta có $P-2 = \dfrac4{\sqrt x + 2} + \sqrt x - 2 =\dfrac x{\sqrt x+2} \ge 0$ với mọi $x \ge 0$.

Suy ra $P \ge 2$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = 0.$

Vậy $x = 0$ thì biểu thức $P$ đạt giá trị nhỏ nhất.

1.

Gọi vận tốc đi bộ của An là $x$ (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 $\dfrac3 x$ (giờ).

Thời gian An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An là $\dfrac3{x+9}$ (giờ).

Ta có phương trình: $\dfrac3x - \dfrac3{x+9} = \dfrac34$

$\Rightarrow x^2 + 9x - 36 = 0 \Leftrightarrow (x-3)(x+12) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &x = 3 \\ &x = -12 \\ \end{aligned} \right.$.

Kết hợp điều kiện, loại $x = -12$. Thử lại, $x = 3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy vận tốc đi bộ của An là $3$ km/h.

2.

Diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó là: $S = 4\pi R^2 \approx 4 \times 3,14 \times 2^2 = 50,24$ (cm$^2$).

1.

ĐKXĐ: $y \ne 1.$

Đặt $\dfrac1{y-1} = b$, ta có hệ phương trình $\left\{\begin{aligned} &2x + 3b = 5\\ &4x - b = 3\\ \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &b = 1\\ &x = 1\\ \end{aligned} \right.$.

Với $b = 1 \Rightarrow \dfrac1{y-1} = 1 \Rightarrow y = 2$ (thỏa mãn ĐKXĐ).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $(x;y) = (1;2).$

2.a

Gọi tọa độ điểm $A$ là $(x_A;y_A)$. Do điểm $A$ thuộc trục $Oy$ nên $x_A = 0.$

Do điểm $A$ thuộc đường thẳng $(d)$: $y = mx+4$ nên $y_A = mx_A + 4 = m.0 + 4 = 4.$

Tọa độ điểm $A$ là $(0;4).$

2.b

Gọi tọa độ điểm $B$ là $(x_B;y_B)$. Do điểm $B$ thuộc trục $Ox$ nên $y_B = 0.$

Vì điểm $B$ thuộc đường thẳng $(d)$: $y = mx+4$ nên $0 = mx_B + 4.$

Vì $m \ne 0 \Rightarrow x_B = \dfrac{-4}{m} \Rightarrow OB = |x_B| = \left|\dfrac{-4}{m}\right|$.

Vì $\widehat{OAB} = 90^{\circ}$ nên để tam giác $OAB$ là tam giác cân thì $OA = OB$. Mà $OA = 4$ nên $OB = 4$.

Giải phương trình $\left|\dfrac{-4}{m}\right|=4 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &m=1 \\ &m = -1\\ \end{aligned} \right.$.

Vậy $m=1$ hoặc $m = -1$.

1.

Chứng minh được $\widehat{BHE} = 90^{\circ}$ và $\widehat{BKE} = 90^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{BHE} + \widehat{BKE} = 180^{\circ}$.

Vậy tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp.

2.

Áp dụng hệ thức lượng cho $\Delta AEB$ vuông tại $E$, đường cao $EH$ có: $BH.BA = BE^2$.

Chứng minh tương tự ta có: $BK.BC = BE^2$.

Vậy $BH.BA = BK.BC$.

3.

Chứng minh được:

$\widehat{BHK} = \widehat{BEK}$ (1) ($BHEK$ nội tiếp);

$\widehat{BEK} = \widehat{BCE}$ (2) (cùng phụ với $\widehat{EBC}$);

$\widehat{BCE} = \widehat{HFE}$ (3) ($BCEF$ nội tiếp);

$\widehat{HFE} = \widehat{FHI}$ (4) (tam giác $FHI$ cân tại $I$).

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra $\widehat{BHK} = \widehat{FHI}$. Do $\Delta ABC$ nhọn nên hai điểm $I$ và $K$ nằm cùng phía với đường thẳng $HF$ nên ba điểm $H, I , K$ thẳng hàng.

ĐKXĐ: $x \ge \dfrac23$.

$\sqrt x + \sqrt{3x-2} = x^2 + 1$

$\Leftrightarrow 2\sqrt x + 2\sqrt{3x-2} = 2x^2 + 2$

$\Leftrightarrow 2(x-1)^2 + (\sqrt x - 1)^2 + (\sqrt{3x-2}-1)^2 = 0.$

Phương trình có nghiệm duy nhất $x=1.$