Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2019 - 2020 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

\(A = \sqrt {12}  + \sqrt {18}  - \sqrt 8  - 2\sqrt 3 \)

\( = \sqrt {3.4}  + \sqrt {9.2}  - \sqrt {4.2}  - 2\sqrt 3 \)

\( = 2\sqrt 3  + 3\sqrt 2  - 2\sqrt 2  - 2\sqrt 3 \)

\( = \sqrt 2 \).

Với \(x \ge  - 1\), ta có:

\(B = \sqrt {9x + 9}  + \sqrt {4x + 4}  + \sqrt {x + 1} \)

\( = \sqrt {9\left( {x + 1} \right)}  + \sqrt {4\left( {x + 1} \right)}  + \sqrt {x + 1} \)

\( = 3\sqrt {x + 1}  + 2\sqrt {x + 1}  + \sqrt {x + 1} \)

\( = 6\sqrt {x + 1} \).

Ta có: \(B = 18 \Leftrightarrow 6\sqrt {x + 1}  = 18 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1}  = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 8(tm)\)

Vậy \(x = 8\) thì \(B = 18\).

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 8y = 12\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 6\\x = 3 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x =  - 1\end{array} \right.\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;2} \right)\).

Đặt \(t = {x^2}(t \ge 0)\). Khi đó phương trình trở thành:

\[4{t^2} + 7t - 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 4{t^2} + 8t - t - 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 4t\left( {t + 2} \right) - \left( {t + 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\left( {4t - 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 2\left( {ktm} \right)\\t = \frac{1}{4}\left( {tm} \right)\end{array} \right.\]

Với \[t = \frac{1}{4} \Rightarrow {x^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{1}{2}\].

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right\}\)

a) • Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\):

Hàm số \(y = 2{x^2}\) có hệ số \(a = 2 > 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x > 0\), nghịch biến khi \(x < 0\) và đồ thị hàm số là parabol có bề lõm quay lên trên, nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.

Bảng giá trị:

\(x\)	\( - 2\)	\( - 1\)	0	1	2
\(y = 2{x^2}\)	8	2	0	2	8

Vậy đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)\).

• Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - 2x + 4\):

Cho \(x = 0\) thì \(y = 4\), ta được điểm \(\left( {0;4} \right)\).

Cho \(y = 0\) thì \(x = 2\), ta được điểm \(\left( {2;0} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y =  - 2x + 4\) là đường thẳng đi qua 2 điểm trên.

Ta vẽ các đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y =  - 2x + 4\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ như sau:

 

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y =  - 2x + 4\)và parabol \(y = 2{x^2}\):

\( \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x + 2x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\)

Với \(x = 1 \Rightarrow y = 2\)

Với \(x =  - 2 \Rightarrow y = 8\)

Vậy giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là \(A\left( {1;2} \right);B\left( { - 2;8} \right)\).

* Tính khoảng cách từ \(M\left( { - 2;0} \right)\) đến đường thẳng \[AB\].

Kẻ \(MH \bot AB\left( {M \in AB} \right).\)

Do đó khoảng cách từ \(M\left( { - 2;0} \right)\) xuống đường thẳng \[AB\] chính là độ dài đoạn thẳng \(MH.\)

Gọi \(C\) là giao điểm của \(AB\) và \(Ox\) \( \Rightarrow C\left( {2;0} \right)\).

Dễ thấy \(\Delta MAC\) vuông tại \(M\), \(MA = 8,MC = 4\)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông \(\Delta MAC\), ta có:

\(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{A^2}}} + \frac{1}{{M{C^2}}} = \frac{1}{{{8^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{5}{{64}}\)

\( \Leftrightarrow MH = \frac{{8\sqrt 5 }}{5}\) (đơn vị dài)

Vậy khoảng cách cần tìm là \(MH = \frac{{8\sqrt 5 }}{5}\).

Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow \Delta  \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{m^2} + 2m - 15} \right)^2} - 16\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20} \right] \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16} \right]^2} - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 32.{\left( {m + 1} \right)^2} + 256 - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 48.{\left( {m + 1} \right)^2} + 576 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 2.24.{\left( {m + 1} \right)^2} + {24^2} \ge 0\)

 

Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \frac{{{m^2} + 2m - 15}}{4} =  - \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16}}{4} =  - \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} + 4\\{x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20}}{4} = \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} =  - 1\,\,\,\left( * \right)\)

Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0 \Leftrightarrow {x_2} =  - x_1^2 - 2019\)

Thay vào (*) ta có:

\({x_1} - x_1^2 - 2019 + {x_1}\left( { - x_1^2 - 2019} \right) =  - 1\)

\( \Leftrightarrow {x_1} - x_1^2 - 2019 - x_1^3 - 2019{x_1} =  - 1\)

\( \Leftrightarrow x_1^3 + x_1^2 + 2018{x_1} + 2018 = 0\)

\( \Leftrightarrow x_1^2\left( {{x_1} + 1} \right) + 2018\left( {{x_1} + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {x_1^2 + 2018} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {x_1} + 1 = 0\,\,\,\left( {do\,\,\,x_1^2 + 2018 > 0} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x_1} =  - 1\)

\( \Rightarrow {x_2} =  - {1^2} - 2019 =  - 2020\).

Mặt khác \({x_1}{x_2} = \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2020 = \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5 \Leftrightarrow 2025.4 = {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} = 8100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 90\\m + 1 =  - 90\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 89\\m =  - 91\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(m \in \left\{ {89; - 91} \right\}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

Gọi chiều rộng của mảnh đất là \(x\) (mét) \(\left( {x > 3} \right)\).

Chiều dài của mảnh đất là \(y\) (mét) \(\left( {y > x > 3} \right)\).

Diện tích mảnh đất là \(80{m^2}\) nên ta có phương trình \(xy = 80\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Nếu giảm chiều rộng đi \(3m\) thì chiều rộng mới là \(x - 3\) (mét).

Nếu tăng chiều dài lên \(10m\) thì chiều dài mới là \(y + 10\) (mét).

Diện tích mảnh đất mới là \(80 + 20 = 100\,\left( {{m^2}} \right)\), khi đó ta có phương trình:

\(\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\xy - 3y + 10x - 30 - 100 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\80 + 10x - 3y - 130 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10xy = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {3y + 50} \right)y = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{y^2} + 50y - 800 = 0\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}y = 10(tm)\\y =  - \frac{{80}}{3}(ktm)\end{array} \right.\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 8\\y = 10\end{array} \right.(tm)\)

Vậy chiều dài mảnh đất là 10\(m\) và chiều rộng mảnh đất là \(8m\).

 

Ta có: \(\widehat {DHB} = 90^\circ \) (\(DE \bot AB\) tại \(H\)) \( \Rightarrow \widehat {DHC} = 90^\circ \)

\(\widehat {CKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) \( \Rightarrow \widehat {CKD} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(DHCK\)có \(\widehat {DHC} + \widehat {CKD} = 180^\circ \), mà hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác \(DHCK\)nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \)) (đpcm)

Có \(DE \bot AB \Rightarrow HD = HE\)(đường kính dây cung)

Lại có: \(HA = HC\) nên tứ giác \(DAEC\) là hình bình hành

\( \Rightarrow CE\,{\rm{//}}\,DA\) (điều phải chứng minh).

Lại có \(\widehat {CKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) \( \Rightarrow CK \bot KB(1)\)

Mà \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) \( \Rightarrow AD \bot DB(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(CK\,{\rm{//}}\,AD\) (từ vuông góc đến song song)

Mà \(CE\,{\rm{//}}\,AD(cmt)\) nên theo tiên đề Euclid suy ra ba điểm \(E,C,K\) thẳng hàng.

Kẻ đường kính \(MP\) của đường tròn \(\left( O \right)\).

Nối \(N\)với \(P\) cắt \[AB\] tại \(I\). Nối \(E\) với \(P\), \(E\) với \(B\).

Có \(\widehat {MNP} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN \bot NP\)

Mà \(MN \bot DE\) nên \(NP\,{\rm{//}}\,DE \Rightarrow DNPE\) là hình thang

Lại có \(DE \bot AB,NP//DE \Rightarrow NP \bot AB\)

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \[NP\] (tính chất đường kính dây cung)

\( \Rightarrow B\) là điểm chính giữa cung \(NP.\)

 

Dễ thấy tam giác \(BDE\) cân tại \(B\) (đường cao \(BH\) cũng là đường trung tuyến) 

\( \Rightarrow DN = EP\) (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

Do đó: \(E{M^2} + D{N^2} = E{M^2} + E{P^2} = M{P^2}\) (Do tam giác \[MEP\] vuông tại \(E\))

Mà \(MP = AB\) (cùng là đường trình của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Vậy \(E{M^2} + E{P^2} = A{B^2}\) (điều phải chứng minh).