Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2021 - 2022 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

Ta có: \(A = \sqrt 4  + \sqrt 3 .\sqrt {12}  = \sqrt {{2^2}}  + \sqrt {3.12}  = 2 + \sqrt {36}  = 2 + 6 = 8.\)

Với \(x > 0;x \ne 4\) ta có:

\(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{2 + \sqrt x }} + \frac{{x + 4}}{{4 - x}}} \right):\frac{x}{{x - 2\sqrt x }}\)

\(B = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right).\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{x + 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right).\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right]:\frac{x}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\(B = \frac{{x - 2\sqrt x  - x - 4}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right).\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{x}\)

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

Vậy với \(x > 0;x \ne 4\) thì \(B = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x }}.\)

Xét \(B <  - \sqrt x \)\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{{\sqrt x }} <  - \sqrt x \)\( \Leftrightarrow  - 2 <  - x \Leftrightarrow x < 2\)

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) và \(x > 0;x \ne 4\) nên \(x = 1.\)

a) * Vẽ đồ thị \(\left( P \right):y = {x^2}\)  

Hàm số \(\left( P \right):y = {x^2}\) có hệ số \(a = 1 > 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x > 0\) và nghịch biến khi \(x < 0\) và đồ thị hàm số có bề lõm quay lên, nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:

Vậy đồ thị \(\left( P \right)\) là parabol đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;1} \right),\left( {2;4} \right)\).

* Chứng minh rằng \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right).\)

Giả sử \(C\left( {2;4} \right) \in \left( d \right)\)

\( \Leftrightarrow {y_C} = k.{x_C} - 2k + 4\)

\( \Leftrightarrow 4 = k.2 - 2k + 4\)

\( \Leftrightarrow 4 = 4\) (luôn đúng với mọi \(k\))

Vậy \(\left( d \right)\) luôn đi qua điểm \(C\left( {2;4} \right)\) với mọi \(k\).

b)

Ta có: \(H\) là hình chiếu của điểm \(B\left( { - 4;4} \right)\) trên \(\left( d \right)\)

\( \Rightarrow BH \bot HC\) (vì \(C \in \left( d \right)\))

\( \Rightarrow \Delta HBC\) vuông tại \(H\)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(HBC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(B{C^2} = B{H^2} + H{C^2}\)

 Có: \({S_{BHC}} = \frac{1}{2}.BH.HC\)

Áp dụng bất đẳng thức \(a.b \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\) với hai số không âm \(a,b\), ta được:

\({S_{BHC}} = \frac{1}{2}.BH.HC \le \frac{1}{2}.\frac{{B{H^2} + C{H^2}}}{2} = \frac{{B{C^2}}}{4}\)   \(\left( 1 \right)\)

Mà \(BC = \left| {{x_C} - {x_B}} \right| = \left| {2 - \left( { - 4} \right)} \right| = \left| 6 \right| = 6\)       \(\left( 2 \right)\)

Thay \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \({S_{BHC}} \le 9{\rm{  }}(c{m^2})\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BH = HC}\\{B{H^2} + H{C^2} = B{C^2} = 36}\end{array}} \right. \Leftrightarrow BH = HC = 3\sqrt 2 \)

Vậy khi \(k\) thay đổi \(\left( {k \ne 0} \right)\) thì diện tích tam giác \(HBC\) không vượt quá \(9c{m^2}\).

a) Với \(m = 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) trở thành:

\({x^2} + 4x - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 2x - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x + 6} \right) - 2\left( {x + 6} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 6} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 6 = 0}\\{x - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 6}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Vậy với \(m = 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - 6;2} \right\}\).

b) Phương trình \(\left( * \right)\) có \(a.c = 1.\left( { - 12} \right) = - 12 < 0\) nên luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\).

Theo định lí Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - 4m + 4}\\{{x_1}.{x_2} = - 12}\end{array}} \right.\)   \(\left( 1 \right)\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) nên ta có: \(x_2^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_2} - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow x_2^2 + 4m{x_2} - 4{x_2} - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow x_2^2 + 4\left( {m{x_2} - 4} \right) - 4{x_2} + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow 4\left( {4 - m{x_2}} \right) = x_2^2 - 4{x_2} + 4\)

\( \Leftrightarrow 4\left( {4 - m{x_2}} \right) = {\left( {{x_2} - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2.\sqrt {4 - m{x_2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - 2} \right)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow 2.\sqrt {4 - m{x_2}} = \left| {{x_2} - 2} \right|\)          \(\left( 2 \right)\)

Mà theo bài có: \(4\left| {{x_1} - 2} \right|.\sqrt {4 - m{{\rm{x}}_2}} = {\left( {{x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} - 8} \right)^2}\) \(\left( 3 \right)\)

Thay \(\left( 1 \right)\),\(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\) ta được: \(2.\left| {{x_1} - 2} \right|.\left| {{x_2} - 2} \right| = {\left( { - 4m + 4 + 12 - 8} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2.\left| {\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)} \right| = {\left( {8 - 4m} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2.\left| {{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4} \right| = {4^2}.{\left( {2 - m} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2.\left| { - 12 - 2\left( { - 4m + 4} \right) + 4} \right| = 16{\left( {m - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2.\left| { - 16 + 8m} \right| = 16{\left( {m - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 16.\left| {m - 2} \right| = 16{\left( {m - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \left| {m - 2} \right| = {\left( {m - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = {\left( {m - 2} \right)^4}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^4} - {\left( {m - 2} \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2}.\left[ {{{\left( {m - 2} \right)}^2} - 1} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {m - 2} \right)}^2} = 0}\\{{{\left( {m - 2} \right)}^2} - 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m - 2 = 0}\\{{{\left( {m - 2} \right)}^2} = 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m - 2 = 0}\\{m - 2 = 1}\\{m - 2 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2}\\{m = 3}\\{m = 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

rrow {x^2} + 1000x - 750000 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 1500x - 500x - 750000 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x + 1500} \right) - 500\left( {x + 1500} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 1500} \right)\left( {x - 500} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1500 = 0}\\{x - 500 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1500\left( {ktm} \right)}\\{x = 500\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần \(\frac{{12000}}{{500}} = 24\) (giờ) để xét nghiệm xong.

a) Gọi số lớn là \(x\)\(\left( {x > 15,x \in \mathbb{N}} \right)\), số bé là \(y\)\(\left( {y \in \mathbb{N}} \right)\).

Tổng của hai số là 2021 nên ta có phương trình: \(x + y = 2021\)  \(\left( 1 \right)\)

Hiệu của số lớn và số bé bằng 15 nên ta có phương trình: \(x - y = 15\) \(\left( 2 \right)\)

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

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 2021}\\{x - y = 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = 2036}\\{y = x - 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1018}\\{y = 1003}\end{array}} \right.\left( {tm} \right)\)

Vậy số lớn là 1018, số bé là 1003.

Gọi số người được xét nghiệm trong một giờ theo dự định là \(x\) (người) \(\left( {x < 12000,x \in \mathbb{N}*} \right)\).

Theo kế hoạch, thời gian để địa phương đó xét nghiệm hết 12 000 người là \(\frac{{12000}}{x}\) (giờ).

Thực tế, số người được xét nghiệm trong một giờ là \(x + 1000\) (người).

Thực tế, thời gian địa phương đó xét nghiệm hết 12000 người là \(\frac{{12000}}{{x + 1000}}\) (giờ).

Do địa phương hoàn thành kế hoạch sớm hơn 16 giờ nên ta có phương trình:

\(\frac{{12000}}{x} - \frac{{12000}}{{x + 1000}} = 16\)

\( \Rightarrow 12000\left( {x + 1000} \right) - 12000x = 16x\left( {x + 1000} \right)\)

\( \Leftrightarrow 12000x + 12000000 - 12000x = 16{x^2} + 16000x\)

\( \Leftrightarrow 16{x^2} + 16000x - 12000000 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 1000x - 750000 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 1500x - 500x - 750000 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x + 1500} \right) - 500\left( {x + 1500} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 1500} \right)\left( {x - 500} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1500 = 0}\\{x - 500 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1500\left( {ktm} \right)}\\{x = 500\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần \(\frac{{12000}}{{500}} = 24\) (giờ) để xét nghiệm xong.

a) Chứng minh rằng tứ giác \(BEDC\) nội tiếp.

Xét tứ giác \(BEDC\) có:

\(\widehat {BDC} = 90^\circ \) (\[BD\] là đường cao)

\(\widehat {BEC} = 90^\circ \) (\[CE\] là đường cao)

\( \Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \), mà hai góc này kề nhau cùng nhìn đoạn \(BC\) một góc bằng \(90^\circ \).

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

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Đường tròn đường kính \(AH\) cắt \(AM\) tại điểm \(G\) (\(G\) khác \(A\)). Chứng minh rằng \(AE.AB = AG.AM\).

Xét tứ giác \(AEHD\) có:

\(\widehat {AEH} = \widehat {ADH} = 90^\circ \)(gt)

\( \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {ADH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

\( \Rightarrow \widehat {AGE} = \widehat {ADE}\) (góc nội tiếp cùng chắn )       \(\left( 1 \right)\)

Ta có: tứ giác \(BEDC\) nội tiếp (theo câu a)

\( \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {ADE}\) (góc ngoài của tứ giác nội tiếp)     \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\),\(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow \widehat {AGE} = \widehat {EBC}\) hay \(\widehat {AGE} = \widehat {ABM}\)

Xét \(\Delta AGE\) và \(\Delta ABM\)có:

\(\widehat A\) là góc chung;

\(\widehat {AGE} = \widehat {ABM}\) (chứng minh trên).

\( \Rightarrow \frac{{AG}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow AE.AB = AG.AM\) (đpcm)

c) Hai đường thẳng \(DE\) và \(BC\) cắt nhau tại \(K.\) Chứng minh rằng \(\widehat {MAC} = \widehat {GCM}\) và đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MC{\rm{D}}\)song song với đường thẳng \(KG.\)

• Xét đường tròn đường kính \(AH\) có: \(\widehat {AGD} = \widehat {AED}\) (góc nội tiếp cùng chắn )  

Mà \(\widehat {AED} = \widehat {DCB}\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác \(BEDC\) nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {AGD} = \widehat {ACB} = \widehat {DCM}\)

Lại có: \(\widehat {AGD} + \widehat {DGM} = 180^\circ \) (kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {DGM} + \widehat {DCM} = 180^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau

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

\( \Rightarrow \widehat {MGC} = \widehat {MDC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\))  \(\left( 1 \right)\)

Lại có: \(DM = \frac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \Delta MCD\) cân tại \(M\).

\( \Rightarrow \widehat {MDC} = \widehat {MCD}\) (hai góc ở đáy của tam giác cân)  \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\),\(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow \widehat {MGC} = \widehat {MCD}\) hay \( \Rightarrow \widehat {MGC} = \widehat {MCA}\)

Xét \(\Delta GCM\) và \(\Delta CAM\)có:

\(\widehat {AMC}\) là góc chung;

\(\widehat {MGC} = \widehat {MCA}\) (chứng minh trên)

 \( \Rightarrow \widehat {GCM} = \widehat {CAM}\) (hai góc tương ứng) (điều phải chứng minh).

• Ta có: \(\widehat {AGE} = \widehat {ABM}\) (chứng minh câu b) hay \(\widehat {AGE} = \widehat {EBM}\)

Mà: \(\widehat {AGE} + \widehat {EGM} = 180^\circ \) (kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {EBM} + \widehat {EGM} = 180^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau

\( \Rightarrow GEBM\) là tứ giác nội tiếp

Ta có hai tứ giác \(GEBM,GDCM\) là các tứ giác nội tiếp

Þ Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác \(GEBM,GDCM\).

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(GEBM\), \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(GDCM\)

Mà giao của hai tứ giác \(GEBM,GDCM\) là \(GM\)

\( \Rightarrow IJ \bot GM\)  \(\left( * \right)\)

Gọi \(\left\{ F \right\} = AH \cap BC\)\( \Rightarrow AF \bot BC \Rightarrow \widehat {AFB} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(ADFB\) có: \(\widehat {AFB} = \widehat {BDA} = 90^\circ \), mà hai góc này cùng nhìn đoạn \(AB\) dưới 1 góc bằng \(90^\circ \)

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

\( \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {DFM}\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)    \(\left( 3 \right)\)

Mà \(\widehat {EDH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\))        \(\left( 4 \right)\)

Lại có: \(DM = \frac{1}{2}BC = BM\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \Delta MBD\) cân tại \(M\).

\( \Rightarrow \widehat {BDM} = \widehat {DBM}\)  hay \(\widehat {HDM} = \widehat {DBM}\)

Mà \(\widehat {DBM} = \widehat {HAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\))

\( \Rightarrow \widehat {HDM} = \widehat {HAD}\)       \(\left( 5 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\),\(\left( 4 \right)\),\(\left( 5 \right)\)\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {EDH} + \widehat {HDM} = \widehat {EAH} + \widehat {HAD} = \widehat {BAC} = \widehat {DFM} = \widehat {KDM}\)

Xét \(\Delta FDM\) và \(\Delta DKM\) có:

\(\widehat {KMD}\) là góc chung;

\(\widehat {DFM} = \widehat {KDM}\) (chứng minh trên)

 \( \Rightarrow \frac{{MD}}{{MK}} = \frac{{FM}}{{DM}}\) (tỉ số đồng dạng)

\[ \Rightarrow M{D^2} = FM.MK\]

Có:  (chứng minh trên) \( \Rightarrow \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{GM}}{{CM}} \Rightarrow M{C^2} = GM.MA\)

Mà \(MD = MC\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow FM.MK = GM.MA \Rightarrow \frac{{FM}}{{GM}} = \frac{{MA}}{{MK}}\)

 \( \Rightarrow \widehat {FGM} = \widehat {AKM}\) (hai góc ương ứng)

\( \Rightarrow AGFK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có goc ngoài bằng góc trong của đỉnh đối diện).

\( \Rightarrow \widehat {AGK} = \widehat {AFK} = 90^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\))

\( \Rightarrow KG \bot AG\) hay \(KG \bot GM\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right)\),\(\left( {**} \right)\)\( \Rightarrow IJ{\rm{ // }}KG\)

Vậy đường tròn nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(MBE,MCD\) song song với \(KG\).