Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2018 - 2019 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

\[A = \frac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\]\[ = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{4 - 3}} = 2 + \sqrt 3 \].

Với \[a \ge 0,\,a \ne 4\], ta có:

\[VT = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a  - 2} \right)\left( {\sqrt a  + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{2}{{\sqrt a  + 2}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a  + 2}}{{\sqrt a  + 2}} = 1 = VP\].

Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

\[\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\].

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \[\left( {x;\,y} \right) = \left( {6;\,4} \right)\].

+) Vẽ đồ thị hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\].

Bảng giá trị:

Khi đó đồ thị hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\] có hình dạng là một parabol và đi qua các điểm (– 4; – 8), (– 2; – 2), (0; 0), (2; – 2), (4; – 8).

+) Vẽ đồ thị hàm số \[y = x - 4\].

Với \[x = 0\] thì \[y =  - 4\], với \[x = 4\] thì \[y = 0\].

Khi đó đồ thị hàm số \[y = x - 4\] là một đường thẳng và đi qua các điểm (0; – 4), (4; 0).

Vẽ hai đồ thị lên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\] và \[y = x - 4\] là

\[ - \frac{1}{2}{x^2} = x - 4 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 4\end{array} \right.\]

Với \[x = 2 \Rightarrow y =  - 2 \Rightarrow A\left( {2;\, - 2} \right)\].

Với \[x =  - 4 \Rightarrow y =  - 8 \Rightarrow B\left( { - 4;\, - 8} \right)\].

Gọi các điểm \[C\left( { - 4;\,0} \right),\,\,D\left( {2;\,0} \right),\,E\left( {4;\,0} \right)\].

Xét tam giác \[OAE\] ta có: \[OD = DE = \frac{1}{2}OE = 2\,\,{\rm{cm}}\], \[AD = 2\,{\rm{cm}}\] nên tam giác \[OAE\] vuông tại \[A\].

Khi đó ta có: \[OA \bot AB\] nên tam giác \[OAB\] vuông tại \[A\].

Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OAB\] là trung điểm của cạnh huyền \[OB\] và bán

kính của đường tròn bằng \[\frac{1}{2}OB\].

Ta có: Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông \[OBC\] có:

\[O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\]

\[ \Rightarrow OB = \sqrt {80}  = 4\sqrt 5 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OAB\] là \[\frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}.4\sqrt 5  = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\].

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {4m - 11} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\]

Vì \[{\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\] nên \[{\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\,\,\forall m \Rightarrow \Delta ' > 0\,\,\forall m\].

Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2}\] với mọi \[m\].

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.\].

Vì \[{x_1},\,{x_2}\] là nghiệm của phương trình \[{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0\] nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 4m - 11 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 =  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 =  - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.\].

Ta có: \[2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\]

\[ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\]

\[ \Leftrightarrow  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left[ { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right] - 11{x_2} = 4\]

\[ \Leftrightarrow  - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} =  - 18\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) - 11.\left[ { - 2\left( {m - 1} \right)} \right] = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\]

\[ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.\].

Vậy \[m =  - 3\] hoặc \[m = 2\] thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông là \[x\] (cm), \[\left( {7 < x < 17} \right)\].

Khi đó độ dài cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: \[x - 7\] (cm).

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:

\[{x^2} + {\left( {x - 7} \right)^2} = {17^2}\]

\[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x + 49 = 289\]

\[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 14x - 240 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 2\left( {x - 15} \right)\left( {x + 8} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 15 = 0\\x + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 15\,\,\,\left( {{\rm{tm}}} \right)\\x =  - 8\,\,\,\left( {{\rm{loai}}} \right)\end{array} \right.\]

Suy ra độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: 15 – 7 = 8 cm.

Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: \[S = \frac{1}{2}.8.15 = 60\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

a) Xét tứ giác \[AHKM\] ta có: \[\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = 90^\circ \] (gt).

Mà hai góc này là góc kề cạnh \[HK\] và cùng nhìn đoạn \[AM\].

Do đó, \[AHKM\] là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Hay bốn điểm \[A,\,H,\,K,\,M\] cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

b) Ta có:

Mà .

Mà \[\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 90^\circ \] (tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\])

\[ \Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}\]

Xét tam giác \[AMK\] và tam giác \[BAH\] có:

\[\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = 90^\circ \]

\[\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\] (cmt)

Do đó, (g.g).

\[ \Rightarrow \frac{{AK}}{{HB}} = \frac{{MK}}{{AH}} \Rightarrow AH.AK = HB.MK\].

c) Kéo dài \[HK\] cắt \[AB\] tại \[E\].

Ta có \[\widehat {MAK} = \widehat {MHK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MK\]).

Lại có \[\widehat {MHK} = \widehat {EHB}\] (đối đỉnh)

\[ \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}\].

Do (cmt) \[ \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}\].

\[ \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH}\] \[ \Rightarrow \Delta EHB\] cân tại \[E\].

\[ \Rightarrow EH = EB\] (1).

Ta có \[\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = 90^\circ \] (Tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\]).

Mà \[\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = 90^\circ \].

Do đó, \[\widehat {EAH} = \widehat {EHA}\] \[ \Rightarrow \Delta EHA\] cân tại \[E\].

\[ \Rightarrow EA = EH\] (2).

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow EA = EB\] \[ \Rightarrow E\] là trung điểm của \[AB\].

Do \[A,\,\,B\] cố định nên \[E\] cố định.

Vậy khi \[M\] di chuyển trên cung nhỏ \[AC\] thì \[HK\] luôn đi qua trung điểm của \[AB\] (đpcm).