Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2022 - 2023 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

\(A = \sqrt 9  + \sqrt {16}  + 2\sqrt 2  - \sqrt 8 \)

\( = \sqrt {{3^2}}  + \sqrt {{4^2}}  + 2\sqrt 2  - \sqrt {{2^2}.2} \)

\( = 3 + 4 + 2\sqrt 2  - 2\sqrt 2 \)

\( = 7\).

Với \(x \ge 0,x \ne 1\) ta có:

\(B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 1} \right) + \sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}:\frac{{x + 1}}{{x - 1}}\)

\( = \frac{{x - \sqrt x  + \sqrt x  + 1}}{{x - 1}}.\frac{{x - 1}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{x + 1}}{{x + 1}} = 1\).

Vậy với \(x \ge 0,x \ne 1\) thì \(B = 1\).

a) • Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - {x^2}\)

Hàm số có hệ số \(a =  - 1 < 0\) nên hàm số đồng biến khi \(x < 0\), nghịch biến khi \(x > 0\)

Do đó đồ thị hàm số \(y =  - {x^2}\) là parabol có bề lõm quay xuống dưới.

Bảng giá trị:

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

Vậy parabol \(y =  - {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2; - 4} \right),\left( { - 1; - 1} \right);\left( {0;0} \right),\left( {1; - 1} \right),\left( {2; - 4} \right)\).

• Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2x - 3\):

Bảng giá trị:

\(x\)	\(0\)	\(\frac{3}{2}\)
\(y = 2x - 3\)	\( - 3\)	0

Vậy đồ thị hàm số \(y = 2x - 3\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {0; - 3} \right)\) và \(\left( {\frac{3}{2};0} \right)\).

Ta có đồ thị hàm số \(y =  - {x^2}\) và \(y = 2x - 3\) trên cùng một mặt phẳng tọa độ như sau:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y =  - {x^2}\) và \(y = 2x - 3\):

\( - {x^2} = 2x - 3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Với \(x = 1 \Rightarrow y =  - 1\)

Với \(x =  - 3 \Rightarrow y =  - 9\)

Do đó giao điểm của hai đồ thị đó là \(A\left( {1; - 1} \right),B\left( { - 3; - 9} \right)\).

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên trục \(Ox\).

\({S_{ABKH}} = \frac{{\left( {AH + BK} \right).HK}}{2} = \frac{{\left( {1 + 9} \right).4}}{2} = 20\left( {c{m^2}} \right)\)

\({S_{OAH}} = \frac{1}{2}OH.AH = \frac{1}{2}.1.1 = \frac{1}{2}\left( {c{m^2}} \right)\)

\({S_{OBK}} = \frac{1}{2}OK.BK = \frac{1}{2}.3.9 = \frac{{27}}{2}\left( {c{m^2}} \right)\)

Vậy \({S_{OAB}} = {S_{ABKH}} - {S_{OAH}} - {S_{OBK}} = 20 - \frac{1}{2} - \frac{{27}}{2} = 6\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3y = 5\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = \frac{{1 - 2x}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 1\end{array} \right.\)

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

Đổi 20 phút = \(\frac{1}{3}\) giờ.

Gọi vận tốc ban đầu của xe máy là \(x\left( {km/h} \right)\left( {x > 0} \right)\).

Vận tốc lúc sau của xe máy là \(x + 8\left( {km/h} \right)\).

Thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là \(\frac{{160}}{x}\) (giờ).

Quãng đường xe đi được sau 2 giờ là \(2x(km)\).

Quãng đường còn lại là: \(160 - 2x\left( {km} \right)\).

Thời gian xe đi với vận tốc \(x + 8(km/h)\) là \(\frac{{160 - 2x}}{{x + 8}}\) (giờ).

Do xe máy đến \(B\) đúng thời gian quy định nên ta có phương trình:

\(\frac{{160}}{x} = 2 + \frac{1}{3} + \frac{{160 - 2x}}{{x + 8}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{160}}{x} - \frac{{160 - 2x}}{{x + 8}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{160x + 1280 - 160x + 2{x^2}}}{{{x^2} + 8x}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1280 + 2{x^2}}}{{{x^2} + 8x}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow 6{x^2} + 3840 = 7{x^2} + 56x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 56x - 3840 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 40x + 96x - 3840 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x - 40} \right) + 96\left( {x - 40} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 40} \right)\left( {x + 96} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40(tm)\\x =  - 96(ktm)\end{array} \right.\)

Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là \(40(km/h)\).

a) Thay \(m = 0\) vào phương trình (*) ta có: \({x^2} - 2x - 3 = 0\)

Phương trình có dạng \(a - b + c = 0\) nên có hai nghiệm phân biệt \({x_1} =  - 1\); \({x_2} = 3\).

Vậy khi \(m = 0\) thì phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;3} \right\}\).

b) Ta có \(a.c = 1.\left( { - {m^2} - 3} \right) =  - {m^2} - 3 < 0\) với mọi \(m\) nên phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt trái dấu \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m\).

Theo hệ thức Vi-et ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} =  - {m^2} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 2m + 2 - {x_1}\\{x_1}{x_2} =  - {m^2} - 3\end{array} \right.\).

Theo bài ta có:

\({\left( {{x_1} + {x_2} - 6} \right)^2}\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) = {\left( {{x_1}{x_2} + 7} \right)^2}\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\)

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

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

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2}\left[ {4\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) - {{\left( {m + 2} \right)}^2}\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\,} \right] = 0\)

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

Xét phương trình \(\left( {**} \right)\): \(4\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) - {\left( {m + 2} \right)^2}\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right) = 0\)

Do \({x_1},{x_2}\) trái dấu nên \(\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right);\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\) trái dấu

Mặt khác \({\left( {{x_1} + {x_2} - 6} \right)^2} \ge 0;{\left( {{x_1}{x_2} + 7} \right)^2} \ge 0\) với mọi \({x_1},{x_2}\).

Do đó phương trình \(\left( {**} \right)\) vô nghiệm.

Vậy \(m = 2\).

a) Chứng minh rằng các tứ giác \(AEHF\) và \(BFEC\) nội tiếp

Xét tứ giác \(AEHF\):

Ta có \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\)).

Suy ra \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 180^\circ \) mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \(BFEC\):

Ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\))

Suy ra 2 góc \(\widehat {BFC}\) và \(\widehat {BEC}\) cùng nhìn đoạn thẳng \(BC\) dưới một góc bằng nhau nên tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AH,BC.\) Chứng minh rằng \(FM.FC = FN.FA\).

Tam giác \(BFC\) vuông tại \(F\) ta có: \(FN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow FN = \frac{{BC}}{2}\left( 1 \right)\)

Tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) ta có \(EN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow EN = \frac{1}{2}BC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(FN = EN\left( * \right)\)

\(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) có \[FM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow FM = \frac{1}{2}AH\left( 3 \right)\)

\(\Delta AEH\)vuông tại \(E\) có \(EM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow EM = \frac{1}{2}AH\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(FM = EM\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta có \(MN\) là đường trung trực EF

Gọi \(G\) là giao điểm của \(MN,EF\)

Tam giác \(FME\) có \(MG\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

\( \Rightarrow \Delta FME\) cân tại \(M\) có \(MG\) là phân giác \( \Rightarrow \widehat {FMG} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\,\,\left( 5 \right)\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có:

\(\widehat {FAE} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\) (góc nội tiếp bẳng nửa góc ở tâm chắn cung \[EF\]) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FMK}\) hay \(\widehat {FAC} = \widehat {FMN}\)

Ta có \(FM = MH\left( { = \frac{1}{2}AH} \right)\) nên \(\Delta FMH\) cân tại \(M\)

\( \Rightarrow \widehat {MFH} = \widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) (vì \(\widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) là hai góc đối đỉnh)

Ta có: \(FN = NC\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(\Delta FNC\) cân tại N

\( \Rightarrow \widehat {NFC} = \widehat {NCF}\)

Mà \(\widehat {DHC} + \widehat {NCF} = 90^\circ \)(Do \(\Delta DHN\) vuông tại D)

Suy ra \(\widehat {MFH} + \widehat {NFC} = \widehat {MFN} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta FMN\) và \(\Delta FAC\) có:

\(\widehat {MFN} = \widehat {AFC} = 90^\circ ,\widehat {FAC} = \widehat {FMN}(cmt)\)

 

\( \Rightarrow \frac{{FM}}{{FA}} = \frac{{FN}}{{FC}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow FM.FC = FN.FA\) (điều phải chứng minh).

c) Gọi \(P,Q\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \(M,N\) đến đường thẳng \(DF.\) Chứng minh rằng đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {MGF} = 90^\circ \)

Ta có \(MP \bot PQ\) tại \(P\) nên \(\widehat {MPF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(MPFG\) có :\(\widehat {MGF} + \widehat {MPF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) mà hai góc này đối nhau

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

\( \Rightarrow \widehat {MGP} = \widehat {MFP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MP\])

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {FGN} = 90^\circ \)

Ta có \(NQ \bot PQ\) tại \(Q\) nên \(\widehat {NQF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(NQFG\) có:

\(\widehat {FGN} + \widehat {NQF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \), mà hai góc này đối nhau nên \(NQFG\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {QGN} = \widehat {QFN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QN\))

\( \Rightarrow \widehat {MGP} + \widehat {QGN} = \widehat {MFP} + \widehat {QFN}\)

Mà \(\widehat {MFN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QFN} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QGN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {PGQ} = 90^\circ \)

Đường tròn đường kính \[PQ\] có \(\widehat {PGQ} = 90^\circ  \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \[PQ\].

Vậy đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).