Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2020 - 2021 Sở GD&ĐT Hà Nội có đáp án

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 hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}2x+\frac{3}{y-1}=5\\ 4x-\frac{1}{y-1}=3\end{array}$$.

Điều kiện xác định:$y\ne 1$

Đặt $\frac{1}{y-1}=b$, ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}2x+3b=5\\ 4x-b=3\end{array}$

Giải hệ phương trình:

 $\{\begin{array}{l}2x+3b=5\\ 4x-b=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4x+6b=10\\ 4x-b=3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4x-b=3\\ 7b=7\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}4x=b+3\\ b=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ b=1\end{array}$

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 $\left(x;y\right)=\left(1;2\right).$

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: $\left|\frac{-4}{m}\right|=4\iff [\begin{array}{l}\frac{-4}{m}=4\\ \frac{-4}{m}=-4\end{array}\iff [\begin{array}{l}m=-1\\ m=1\end{array}$(tmđk)

Kết luận: $m=1$ hoặc $m=-1$.

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 $CF\perp AB$ tại $F$ nên $\widehat{BFC}=90^{\circ }$

Vì $BE\perp AC$ 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.