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

\(A = \sqrt 3  + \sqrt {12}  - \sqrt {27}  - \sqrt {36} \)

\( = \sqrt 3  + 2\sqrt 3  - 3\sqrt 3  - 6 =  - 6\)
\( \Rightarrow A =  - 6\)

Với \(x > 0,x \ne 1\), ta có:

\(B = \frac{2}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{3\sqrt x  - 5}}{{\sqrt x .\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x  - \sqrt x  + 1 + 3\sqrt x  - 5}}{{\sqrt x  \cdot \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{4\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  \cdot \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{4\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{\sqrt x  \cdot \left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{4}{{\sqrt x }}\).

Vậy \(B = \frac{4}{{\sqrt x }}\).

Để \(B = 2 \Leftrightarrow \frac{4}{{\sqrt x }} = 2 \Leftrightarrow \sqrt x  = 2 \Leftrightarrow x = 4\left( {{\rm{tm}}} \right)\)

Vậy để \(B = 2\) thì \(x = 4\).

a) Xét hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) có hệ số \(a = \frac{1}{2} > 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x > 0\), nghịch biến khi \(x < 0\) và đồ thị của hàm số là parabol có bề lõm quay lên trên.

Ta có bảng giá trị:

\(x\)	\( - 4\)	\( - 2\)	0	2	4
\(y = \frac{1}{2}{x^2}\)	8	2	0	2	8

Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):y = \frac{1}{2}{x^2}\) là parabol nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng và đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right),\left( { - 2;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {2;2} \right),\left( {4;8} \right)\).

Đồ thị hàm số:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(y = 8\) ta có:

\(\frac{1}{2}{x^2} = 8 \Leftrightarrow x = 16\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x =  - 4}\end{array}} \right.\)

Với \(x = 4 \Rightarrow A\left( { - 4;8} \right)\);

Với \(x =  - 4 \Rightarrow B\left( {4;8} \right)\) (do \(B\) có hoành độ dương).

Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(y = 8\) với trục tung \( \Rightarrow K\left( {0;8} \right)\)

Ta có: \(\Delta AOB\) cân tại \(O\), có \(OK \bot AB,OK = 8{\rm{\;cm}},AB = 8{\rm{\;cm}}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OK.AB = \frac{1}{2}.8.8 = 32\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Áp dụng định lý Pytago cho \(\Delta OBK\) vuông tại \(K\) ta có:

\(OB = \sqrt {O{K^2} + K{B^2}}  = \sqrt {{8^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 5 \left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Lại có: \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}AH.OB = \frac{1}{2}.AH.4\sqrt 5  = 32 \Leftrightarrow AH = \frac{{16\sqrt 5 }}{5}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Áp dụng định lý Pytago vào \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(BH = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{8^2} - {{\left( {\frac{{16\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}}  = \frac{{8\sqrt 5 }}{5}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}AH.BH\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{16\sqrt 5 }}{5} \cdot \frac{{8\sqrt 5 }}{5}\)\( = \frac{{64}}{5} = 12,8\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Vậy diện tích tam giác \(ABH\) là \(12,8{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Giải phương trình : \(3{x^2} - 7x + 2 = 0\).

Phương trình có: \({\rm{\Delta }} = {7^2} - 4.3.2 = 25 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = \frac{{7 + \sqrt {25} }}{6} = 2}\\{{x_2} = \frac{{7 - \sqrt {25} }}{6} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {\frac{1}{3};2} \right\}\).

Xét phương trình \({x^2} - 19x + 7 = 0\) có \({\rm{\Delta }} = {19^2} - 4.7 = 333 > 0\)

Þ Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 19}\\{{x_1}{x_2} = 7}\end{array}} \right.\)

Ta có \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình đã cho

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_1^2 - 19{x_1} + 7 = 0}\\{x_2^2 - 19{x_2} + 7 = 0}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có:

\(P = {x_2}{\left( {2x_1^2 - 38{x_1} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + {x_1}{\left( {2x_2^2 - 38{x_2} + {x_1}{x_2} - 3} \right)^2} + 120\)

\( = {x_2}{\left[ {2\left( {x_1^2 - 19{x_1} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2} + {x_1}{\left[ {2\left( {x_2^2 - 19{x_2} + 7} \right) - 14 + {x_1}{x_2} - 3} \right]^2}\)

\( = {x_2}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2} + {x_1}{\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2}\)

\( = {\left( {{x_1}{x_2} - 17} \right)^2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)

\( = {(7 - 17)^2}.19 = 1900\).

Bình phương của số tự nhiên \(x\) là \({x^2}\).

Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:

\({x^2} - x = 20\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - x - 20 = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4x - 20 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x - 5} \right) + 4\left( {x - 5} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5 = 0}\\{x + 4 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5\left( {{\rm{tm}}} \right)}\\{x =  - 4\left( {{\rm{ktm}}} \right)}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy số tự nhiên cần tìm là 5.

Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là \(x\) (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(y\) (km).

(ĐK: \(x,y > 0\))

Suy ra quãng đường lên dốc lúc về là \(y\) (km), xuống dốc lúc về là \(x\) (km).
Thời gian lúc đi là 16 phút \( = \frac{4}{{15}}\) giờ nên ta có phương trình:

\(\frac{x}{{10}} + \frac{y}{{15}} = \frac{4}{{15}}\)
\( \Leftrightarrow 3x + 2y = 8\)  \(\left( 1 \right)\)

Thời gian lúc về là 14 phút \( = \frac{7}{{30}}\) (giờ) nên ta có phương trình:

\(\frac{y}{{10}} + \frac{x}{{15}} = \frac{7}{{30}}\)
\( \Leftrightarrow 3x + 2y = 7\)  \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 8}\\{3y + 2x = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9x + 6y = 24}\\{4x + 6y = 14}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x = 10}\\{y = \frac{{7 - 2x}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 1}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.} \right.\)

Vậy quãng đường \(AB\)  là \(2 + 1 = 3\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp

Vì \(\widehat {ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {EDB} = 90^\circ \)

Lại có: \(CH \bot AB\)  nên \(\widehat {CHB} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {EHB} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(BDEH\) có: \(\widehat {EDB} + \widehat {EHB} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \)

\( \Rightarrow BDEH\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\)

Vì \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( 1 \right)\)

Ta lại có:

\(\widehat {ABC} + \widehat {CAB} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \]);

\(\widehat {ACH} + \widehat {CAB} = 90^\circ \) (do \[\Delta ACH\] vuông tại \(H\)).

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACH}\left( 2 \right)\) (cùng phụ \(\widehat {CAB}\)).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ACH}\left( { = \widehat {ABC}} \right)\) hay \(\widehat {ADC} = \widehat {ACE}\).

Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có:

\(\widehat {CAD}\) là góc chung;

\(\widehat {ACE} = \widehat {ADC}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\).

\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow A{C^2} = AE.AD\)  \(\left( {\rm{*}} \right)\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\) ta có:

\(B{C^2} = BH.BA\)  \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) và \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) suy ra \(A{C^2} + B{C^2} = AE.AD + BH.BA\)

Lại có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\) (định lý Pytago)

Vậy \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).

c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\widehat {CDF} = 90^\circ \) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\)

• Vì \(EF//AB\) nên \(\widehat {CFE} = \widehat {CBA}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {CFE} = \widehat {CDA}\)

Þ Tứ giác \(CDFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {CDF} + \widehat {CEF} = 180^\circ \)

Ta lại có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB\left( {gt} \right)}\\{EF//AB\left( {gt} \right)}\end{array} \Rightarrow EF \bot CH \Rightarrow \widehat {CEF} = 90^\circ } \right.\]

\( \Rightarrow \widehat {CDF} = 180^\circ  - \widehat {CEF} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \) (điều phải chứng minh).

• Gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OBD\).

Ta có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ADF} + \widehat {FDB} = 90^\circ \);

\({\rm{\;}}\widehat {CDF} = \widehat {ADF} + \widehat {CDA} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {FBD} = \widehat {CDA}\) (cùng phụ với \(\widehat {ADF}\))

Mà \(\widehat {CDA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {CBA}\left( { = \widehat {CDA}} \right)\)

Mà \(\widehat {CBA} = \widehat {OBI} = \widehat {ODI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OI\) )

\( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {ODI}\)
\( \Rightarrow \widehat {FDB} + \widehat {ODF} = \widehat {ODI} + \widehat {ODF}\)
\( \Rightarrow \widehat {ODB} = \widehat {IDF}\).
Ta có: tứ giác \(CDFE\) nội tiếp (chứng minh trên) nên \(\widehat {IFD} = \widehat {CFD} = \widehat {CED} = \widehat {AEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  )

Ta lại có: \(\widehat {AEH} + \widehat {EAH} = 90^\circ ;\widehat {ABD} + \widehat {BAD} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {EAH} = \widehat {BAD}\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {ABD} = \widehat {OBD} \Rightarrow \widehat {IFD} = \widehat {OBD}\left( 4 \right)\)

Lại có : \(OD = OB\) (cùng bằng bán kính) nên \(\Delta OBD\) cân tại \({\rm{O}}\)

Do đó \(\widehat {OBD} = \widehat {ODB}\left( 5 \right)\)

Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\widehat {IDF} = \widehat {IFD}\)

\( \Rightarrow \Delta IDF\) cân tại \(I\)

\( \Rightarrow ID = IF\) \(\left( {{\rm{***}}} \right)\)

Ta có: \(\widehat {IDF} + \widehat {IDC} = \widehat {CDF} = 90^\circ \); \(\widehat {IFD} + \widehat {ICD} = 90^\circ \)  (do \(\Delta CDF\) vuông tại \(D\))

\( \Rightarrow \widehat {IDC} = \widehat {ICD} \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) nên \(IC = ID\) \(\left( {{\rm{****}}} \right)\)

Từ \(\left( {{\rm{***}}} \right)\) và \(\left( {{\rm{****}}} \right)\) suy ra \(IC = IF\left( { = ID} \right)\)    

Vậy \(I\) là trung điểm của \(CF\).