Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán thành phố Đà Nẵng năm 2019 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của các trường THPT chuyên và không chuyên tại Đà Nẵng, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Chúng tôi cam kết cung cấp tài liệu chính xác, đầy đủ và cập nhật nhất.
Bài 1 (1,5 điểm) a) Tính
Bài 1 (1,5 điểm)
a) Tính \(A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 .\)
b) Cho biểu thức \(B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \) với \(x \ge - 1.\) Tìm \(x\) sao cho \(B\) có giá trị là \(18.\)
Bài 2 (2 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right.\).
b) Giải phương trình \(4{x^4} + 7{x^2} - 2 = 0\).
Bài 3 (1,5 điểm) Cho hai hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y = - 2x + 4\).
a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm \(M\left( { - 2;0} \right)\) đến đường thẳng \(AB\).
Bài 4 (1 điểm)
Cho phương trình \(4{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 15} \right)x + {\left( {m + 1} \right)^2} - 20 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0.\)
Bài 5 (1 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích \(80\,\,{m^2}.\) Nếu giảm chiểu rộng \(3\,m\) và tăng chiều dài \(10\,\,m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(20\,{m^2}.\) Tính kích thước của mảnh đất.
Bài 6 (3 điểm)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(C\) là điểm nằm trên đoạn thẳng \(OB\) (với \(C \ne B\)). Kẻ dây \(DE\) của đường tròn \(\left( O \right)\) vuông góc với \(AC\) tại trung điểm \(H\) của \(AC\). Gọi \(K\) là giao điểm thứ hai của \(BD\) với đường tròn đường kính \(BC\).
a) Chứng minh tứ giác \(DHCK\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(CE\) song song với \(AD\) và ba điểm \(E,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.
c) Đường thẳng qua \(K\) vuông góc với \(DE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) (với \(M\) thuộc cung nhỏ \(AD\)). Chứn mginh \(E{M^2} + D{N^2} = A{B^2}\).
Bài 1 (1,5 điểm)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Rút gọn biểu thức \(B\) sau đó giải phương trình \(B = 18\) tìm \(x\), đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 .\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 = \sqrt {{2^2}.3} + \sqrt {{3^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} - 2\sqrt 3 \\\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 2 - 2\sqrt 2 - 2\sqrt 3 = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy\(A = \sqrt 2 .\)
b) Cho biểu thức \(B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \) với \(x \ge - 1.\) Tìm \(x\) sao cho \(B\) có giá trị là \(18.\)
Điều kiện: \(x \ge - 1.\)
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \\ = \sqrt {9\left( {x + 1} \right)} + \sqrt {4\left( {x + 1} \right)} + \sqrt {x + 1} \\ = 3\sqrt {x + 1} + 2\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 1} = 6\sqrt {x + 1} .\end{array}\)
Ta có: \(B = 18\)\( \Leftrightarrow 6\sqrt {x + 1} = 18 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy \(x = 8\) thì \(B\) có giá trị là \(18.\)
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 8y = 12\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 6\\x = 3 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 3 - 2.2 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;2} \right)\).
b) Giải phương trình \(4{x^4} + 7{x^2} - 2 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Khi đó phương trình trở thành
\(\begin{array}{l}4{t^2} + 7t - 2 = 0 \Leftrightarrow 4{t^2} + 8t - t - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 4t\left( {t + 2} \right) - \left( {t + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\left( {4t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + 2 = 0\\4t - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\\t = \dfrac{1}{4}\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {x^2} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{1}{2}\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right\}\).
Bài 3 (1,5 điểm)
Cho hai hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y = - 2x + 4\).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.
Ta có bảng giá trị của hàm số \(y = 2{x^2}\)
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vẽ đường cong đi qua các điểm có tọa độ \(\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)\) ta được parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
Bảng giá trị của hàm số \(y = - 2x + 4\)
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y\) | \(4\) | \(0\) |
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {0;4} \right),\left( {2;0} \right)\) ta được đường thẳng \(d:y = - 2x + 4\)
Đồ thị hàm số:
b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm \(M\left( { - 2;0} \right)\) đến đường thẳng \(AB\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d:y = - 2x + 4\) và parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2{x^2} = - 2x + 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\\x = - 2 \Rightarrow y = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) 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 \(MH \bot AB\,\,\left( {M \in AB} \right)\). Nhận xét thấy khoảng cách từ \(M\left( { - 2;0} \right)\) xuống đường thẳng \(AB\) chính là \(MH\).
Gọi \(C = d \cap Ox \Rightarrow C\left( {2;0} \right)\)
Lại thấy \(B\left( { - 2;8} \right);M\left( { - 2;0} \right) \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(BM\) là \(x = - 2 \Rightarrow BM \bot Ox\) hay \(BM \bot MC\) suy ra tam giác \(BMC\) vuông tại \(M\).
Ta lại có \(B\left( { - 2;8} \right);\,\,M\left( { - 2;0} \right);\,\,C\left( {2;0} \right) \Rightarrow BM = 8;\,\,CM = 4\)
Xét tam giác \(BMC\) vuông tại \(M\) có \(MH\) là đường cao nên
\(\dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{B{M^2}}} + \dfrac{1}{{M{C^2}}} = \dfrac{1}{{{8^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{5}{{64}} \Leftrightarrow MH = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}\)
Vậy khoảng cách cần tìm là \(MH = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}.\)
Bài 4 (1 điểm)
Phương pháp:
+) Phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0.\)
+) Áp dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để làm bài. Tìm được \(m\), đối chiếu với điều kiện xác định rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \(4{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 15} \right)x + {\left( {m + 1} \right)^2} - 20 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} + 2m - 15} \right)^2} - 16\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16} \right]^2} - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 32{\left( {m + 1} \right)^2} + 256 - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 48{\left( {m + 1} \right)^2} + 576 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 2.24{\left( {m + 1} \right)^2} + {24^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 24} \right]^2} \ge 0\,\,\,\,\forall m.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{{{m^2} + 2m - 15}}{4} = - \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16}}{4} = - \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} + 4\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20}}{4} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0 \Leftrightarrow {x_2} = - x_1^2 - 2019\).
Thay vào \(\left( * \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x_1} - x_1^2 - 2019 + {x_1}\left( { - x_1^2 - 2019} \right) = - 1 \Leftrightarrow {x_1} - x_1^2 - 2019 - x_1^3 - 2019{x_1} = - 1\\ \Leftrightarrow x_1^3 + x_1^2 + 2018{x_1} + 2018 = 0 \Leftrightarrow x_1^2\left( {{x_1} + 1} \right) + 2018\left( {{x_1} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {x_1^2 + 2018} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_1} + 1 = 0\,\,\,\left( {x_1^2 + 2018 > 0\,\,\forall {x_1}} \right)\\ \Leftrightarrow {x_1} = - 1 \Rightarrow {x_2} = - 1 - 2019 = - 2020.\end{array}\)
Mặt khác \({x_1}{x_2} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2020 = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5 \Leftrightarrow 2025.4 = {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} = 8100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 90\\m + 1 = - 90\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 89\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 91\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ {89;\,\, - 91} \right\}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
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 \(xy = 80\)(1)
Nếu giảm chiều rộng đi \(3m\) thì chiều rộng mới là \(x - 3\) (m).
Nếu tăng chiều dài lên \(10m\) thì chiều dài mới là \(y + 10\) (m).
Diện tích mảnh đất mới là \(80 + 20 = 100\left( {{m^2}} \right)\) nên ta có phương trình \(\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\xy - 3y + 10x - 30 - 100 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\80 + 10x - 3y - 130 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10xy = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {3y + 50} \right)y = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{y^2} + 50y - 800 = 0\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}y = 10\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = - \dfrac{{80}}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\x = \dfrac{{80}}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 8\\y = 10\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy chiều dài mảnh đất là \(10m\) và chiều rộng mảnh đất là \(8m\).
Bài 6 (3,0 điểm)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(DHCK\) là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle DHB = {90^0}\) (\(DE \bot AB\) tại \(H\)) \( \Rightarrow \angle DHC = {90^0}\).
\(\angle CKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow \angle CKD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(DHCK\) có \(\angle DHC + \angle CKD = {180^0}\), mà hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác \(DHCK\) nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(CE\) song song với \(AD\) và ba điểm \(E,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.
Có \(DE \bot AB \Rightarrow HD = HE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Lại có \(HA = HC\,\,\left( {gt} \right)\) nên tứ giác \(DAEC\) là hình bình hành \( \Rightarrow CE//DA\) (đpcm).
Lại có: \(\angle CKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow CK \bot KB\) (1)
Mà \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)) \( \Rightarrow AD \bot DB\) (2)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(CK//AD\) (từ vuông góc đến song song).
Mà \(CE//AD\,\,\left( {cmt} \right)\) nên theo tiên đề Ơclit suy ra ba điểm \(E,C,K\) thẳng hàng.
c) Đường thẳng qua \(K\) vuông góc với \(DE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) (với \(M\) thuộc cung nhỏ \(AD\)). Chứn mginh \(E{M^2} + D{N^2} = A{B^2}\).
Kẻ đường kính \(MP\) cửa đường tròn \(\left( O \right)\). Nối \(N\) với \(P\) cắt \(AB\) tại \(I\). Nối \(E\) với \(P\), \(E\) với \(B\).
Có \(\angle MNP = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN \bot NP\).
Mà \(MN \bot DE\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NP//DE\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow DNPE\) là hình thang.
Lại có \(DE \bot AB,NP//DE \Rightarrow NP \bot AB\) \( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(NP\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow B\) là điểm chính giữa cung \(NP\).
\( \Rightarrow \) số đo cung \(NB\) bằng số đo cung \(PB\).
Dễ thấy, tam giác \(\Delta BDE\) cân tại \(B\) (đường cao \(BH\) cũng là đường trung tuyến)
\( \Rightarrow BD = BE\) \( \Rightarrow \) số đo cung \(BD\) bằng số đo cung \(BE\).
\( \Rightarrow sd\,\,cung\,\,DB - sd\,\,cung\,\,\,BN = sd\,\,cung\,\,EB - sd\,\,cung\,\,BP \Rightarrow sd\,\,cung\,\,\,DN = sd\,\,\,cung\,\,\,EP \Rightarrow DN = EP\) (hai dây căng hai cung bằng nhau thì bằng nhau).
Do đó \(E{M^2} + D{N^2} = E{M^2} + E{P^2} = M{P^2}\) (do tam giác \[\Delta MEP\] vuông tại \(E\)). Mà \(MP = AB\) (= đường kính).
Vậy \(E{M^2} + E{P^2} = A{B^2}\) (đpcm).
Bài 1 (1,5 điểm)
a) Tính \(A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 .\)
b) Cho biểu thức \(B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \) với \(x \ge - 1.\) Tìm \(x\) sao cho \(B\) có giá trị là \(18.\)
Bài 2 (2 điểm)
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right.\).
b) Giải phương trình \(4{x^4} + 7{x^2} - 2 = 0\).
Bài 3 (1,5 điểm) Cho hai hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y = - 2x + 4\).
a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm \(M\left( { - 2;0} \right)\) đến đường thẳng \(AB\).
Bài 4 (1 điểm)
Cho phương trình \(4{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 15} \right)x + {\left( {m + 1} \right)^2} - 20 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0.\)
Bài 5 (1 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích \(80\,\,{m^2}.\) Nếu giảm chiểu rộng \(3\,m\) và tăng chiều dài \(10\,\,m\) thì diện tích mảnh đất tăng thêm \(20\,{m^2}.\) Tính kích thước của mảnh đất.
Bài 6 (3 điểm)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) tâm \(O\), đường kính \(AB\) và \(C\) là điểm nằm trên đoạn thẳng \(OB\) (với \(C \ne B\)). Kẻ dây \(DE\) của đường tròn \(\left( O \right)\) vuông góc với \(AC\) tại trung điểm \(H\) của \(AC\). Gọi \(K\) là giao điểm thứ hai của \(BD\) với đường tròn đường kính \(BC\).
a) Chứng minh tứ giác \(DHCK\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh \(CE\) song song với \(AD\) và ba điểm \(E,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.
c) Đường thẳng qua \(K\) vuông góc với \(DE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) (với \(M\) thuộc cung nhỏ \(AD\)). Chứn mginh \(E{M^2} + D{N^2} = A{B^2}\).
Bài 1 (1,5 điểm)
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức: \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
b) Rút gọn biểu thức \(B\) sau đó giải phương trình \(B = 18\) tìm \(x\), đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
a) Tính \(A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 .\)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {12} + \sqrt {18} - \sqrt 8 - 2\sqrt 3 = \sqrt {{2^2}.3} + \sqrt {{3^2}.2} - \sqrt {{2^2}.2} - 2\sqrt 3 \\\,\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 2 - 2\sqrt 2 - 2\sqrt 3 = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy\(A = \sqrt 2 .\)
b) Cho biểu thức \(B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \) với \(x \ge - 1.\) Tìm \(x\) sao cho \(B\) có giá trị là \(18.\)
Điều kiện: \(x \ge - 1.\)
\(\begin{array}{l}B = \sqrt {9x + 9} + \sqrt {4x + 4} + \sqrt {x + 1} \\ = \sqrt {9\left( {x + 1} \right)} + \sqrt {4\left( {x + 1} \right)} + \sqrt {x + 1} \\ = 3\sqrt {x + 1} + 2\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 1} = 6\sqrt {x + 1} .\end{array}\)
Ta có: \(B = 18\)\( \Leftrightarrow 6\sqrt {x + 1} = 18 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} = 3 \Leftrightarrow x + 1 = 9 \Leftrightarrow x = 8\,\,\,\left( {tm} \right)\)
Vậy \(x = 8\) thì \(B\) có giá trị là \(18.\)
Bài 2 (2,0 điểm)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 3\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 8y = 12\\4x + 5y = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3y = 6\\x = 3 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 3 - 2.2 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;2} \right)\).
b) Giải phương trình \(4{x^4} + 7{x^2} - 2 = 0\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\). Khi đó phương trình trở thành
\(\begin{array}{l}4{t^2} + 7t - 2 = 0 \Leftrightarrow 4{t^2} + 8t - t - 2 = 0\\ \Leftrightarrow 4t\left( {t + 2} \right) - \left( {t + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\left( {4t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + 2 = 0\\4t - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\,\,\left( {ktm} \right)\\t = \dfrac{1}{4}\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(t = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {x^2} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{1}{2}\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right\}\).
Bài 3 (1,5 điểm)
Cho hai hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y = - 2x + 4\).
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một phẳng tọa độ.
Ta có bảng giá trị của hàm số \(y = 2{x^2}\)
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = 2{x^2}\) | \(8\) | \(2\) | \(0\) | \(2\) | \(8\) |
Vẽ đường cong đi qua các điểm có tọa độ \(\left( { - 2;8} \right),\left( { - 1;2} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2;8} \right)\) ta được parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
Bảng giá trị của hàm số \(y = - 2x + 4\)
\(x\) | \(0\) | \(2\) |
\(y\) | \(4\) | \(0\) |
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {0;4} \right),\left( {2;0} \right)\) ta được đường thẳng \(d:y = - 2x + 4\)
Đồ thị hàm số:
b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm \(M\left( { - 2;0} \right)\) đến đường thẳng \(AB\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d:y = - 2x + 4\) và parabol \(\left( P \right):y = 2{x^2}\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,2{x^2} = - 2x + 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) + 2\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = {2.1^2} = 2\\x = - 2 \Rightarrow y = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) 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 \(MH \bot AB\,\,\left( {M \in AB} \right)\). Nhận xét thấy khoảng cách từ \(M\left( { - 2;0} \right)\) xuống đường thẳng \(AB\) chính là \(MH\).
Gọi \(C = d \cap Ox \Rightarrow C\left( {2;0} \right)\)
Lại thấy \(B\left( { - 2;8} \right);M\left( { - 2;0} \right) \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(BM\) là \(x = - 2 \Rightarrow BM \bot Ox\) hay \(BM \bot MC\) suy ra tam giác \(BMC\) vuông tại \(M\).
Ta lại có \(B\left( { - 2;8} \right);\,\,M\left( { - 2;0} \right);\,\,C\left( {2;0} \right) \Rightarrow BM = 8;\,\,CM = 4\)
Xét tam giác \(BMC\) vuông tại \(M\) có \(MH\) là đường cao nên
\(\dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{B{M^2}}} + \dfrac{1}{{M{C^2}}} = \dfrac{1}{{{8^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{5}{{64}} \Leftrightarrow MH = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}\)
Vậy khoảng cách cần tìm là \(MH = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5}.\)
Bài 4 (1 điểm)
Phương pháp:
+) Phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0.\)
+) Áp dụng định lý Vi-et và hệ thức bài cho để làm bài. Tìm được \(m\), đối chiếu với điều kiện xác định rồi kết luận.
Cách giải:
Cho phương trình \(4{x^2} + \left( {{m^2} + 2m - 15} \right)x + {\left( {m + 1} \right)^2} - 20 = 0,\) với \(m\) là tham số. Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0.\)
Phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta \ge 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{m^2} + 2m - 15} \right)^2} - 16\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16} \right]^2} - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 32{\left( {m + 1} \right)^2} + 256 - 16{\left( {m + 1} \right)^2} + 320 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 48{\left( {m + 1} \right)^2} + 576 \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^4} - 2.24{\left( {m + 1} \right)^2} + {24^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 24} \right]^2} \ge 0\,\,\,\,\forall m.\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi \(m.\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{{{m^2} + 2m - 15}}{4} = - \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 16}}{4} = - \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} + 4\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 20}}{4} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\end{array} \right..\)
\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = - 1\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + {x_2} + 2019 = 0 \Leftrightarrow {x_2} = - x_1^2 - 2019\).
Thay vào \(\left( * \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x_1} - x_1^2 - 2019 + {x_1}\left( { - x_1^2 - 2019} \right) = - 1 \Leftrightarrow {x_1} - x_1^2 - 2019 - x_1^3 - 2019{x_1} = - 1\\ \Leftrightarrow x_1^3 + x_1^2 + 2018{x_1} + 2018 = 0 \Leftrightarrow x_1^2\left( {{x_1} + 1} \right) + 2018\left( {{x_1} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {x_1^2 + 2018} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_1} + 1 = 0\,\,\,\left( {x_1^2 + 2018 > 0\,\,\forall {x_1}} \right)\\ \Leftrightarrow {x_1} = - 1 \Rightarrow {x_2} = - 1 - 2019 = - 2020.\end{array}\)
Mặt khác \({x_1}{x_2} = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2020 = \dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 5 \Leftrightarrow 2025.4 = {\left( {m + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} = 8100 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 90\\m + 1 = - 90\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 89\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 91\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ {89;\,\, - 91} \right\}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 5 (1,0 điểm)
Cách giải:
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 \(xy = 80\)(1)
Nếu giảm chiều rộng đi \(3m\) thì chiều rộng mới là \(x - 3\) (m).
Nếu tăng chiều dài lên \(10m\) thì chiều dài mới là \(y + 10\) (m).
Diện tích mảnh đất mới là \(80 + 20 = 100\left( {{m^2}} \right)\) nên ta có phương trình \(\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\) (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\\left( {x - 3} \right)\left( {y + 10} \right) = 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\xy - 3y + 10x - 30 - 100 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 80\\80 + 10x - 3y - 130 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10xy = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {3y + 50} \right)y = 800\\10x = 3y + 50\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{y^2} + 50y - 800 = 0\\10x = 3y + 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}y = 10\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = - \dfrac{{80}}{3}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\x = \dfrac{{80}}{y}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 8\\y = 10\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy chiều dài mảnh đất là \(10m\) và chiều rộng mảnh đất là \(8m\).
Bài 6 (3,0 điểm)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(DHCK\) là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle DHB = {90^0}\) (\(DE \bot AB\) tại \(H\)) \( \Rightarrow \angle DHC = {90^0}\).
\(\angle CKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow \angle CKD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(DHCK\) có \(\angle DHC + \angle CKD = {180^0}\), mà hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác \(DHCK\) nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(CE\) song song với \(AD\) và ba điểm \(E,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.
Có \(DE \bot AB \Rightarrow HD = HE\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Lại có \(HA = HC\,\,\left( {gt} \right)\) nên tứ giác \(DAEC\) là hình bình hành \( \Rightarrow CE//DA\) (đpcm).
Lại có: \(\angle CKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)) \( \Rightarrow CK \bot KB\) (1)
Mà \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)) \( \Rightarrow AD \bot DB\) (2)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(CK//AD\) (từ vuông góc đến song song).
Mà \(CE//AD\,\,\left( {cmt} \right)\) nên theo tiên đề Ơclit suy ra ba điểm \(E,C,K\) thẳng hàng.
c) Đường thẳng qua \(K\) vuông góc với \(DE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) (với \(M\) thuộc cung nhỏ \(AD\)). Chứn mginh \(E{M^2} + D{N^2} = A{B^2}\).
Kẻ đường kính \(MP\) cửa đường tròn \(\left( O \right)\). Nối \(N\) với \(P\) cắt \(AB\) tại \(I\). Nối \(E\) với \(P\), \(E\) với \(B\).
Có \(\angle MNP = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow MN \bot NP\).
Mà \(MN \bot DE\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NP//DE\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow DNPE\) là hình thang.
Lại có \(DE \bot AB,NP//DE \Rightarrow NP \bot AB\) \( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(NP\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow B\) là điểm chính giữa cung \(NP\).
\( \Rightarrow \) số đo cung \(NB\) bằng số đo cung \(PB\).
Dễ thấy, tam giác \(\Delta BDE\) cân tại \(B\) (đường cao \(BH\) cũng là đường trung tuyến)
\( \Rightarrow BD = BE\) \( \Rightarrow \) số đo cung \(BD\) bằng số đo cung \(BE\).
\( \Rightarrow sd\,\,cung\,\,DB - sd\,\,cung\,\,\,BN = sd\,\,cung\,\,EB - sd\,\,cung\,\,BP \Rightarrow sd\,\,cung\,\,\,DN = sd\,\,\,cung\,\,\,EP \Rightarrow DN = EP\) (hai dây căng hai cung bằng nhau thì bằng nhau).
Do đó \(E{M^2} + D{N^2} = E{M^2} + E{P^2} = M{P^2}\) (do tam giác \[\Delta MEP\] vuông tại \(E\)). Mà \(MP = AB\) (= đường kính).
Vậy \(E{M^2} + E{P^2} = A{B^2}\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Đà Nẵng luôn là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh sau nhiều năm học tập ở bậc THCS. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển vào các trường THPT, đặc biệt là các trường chuyên. Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán THCS.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 được đánh giá là có độ khó tương đương với các năm trước. Các bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc, kỹ năng giải toán tốt, và khả năng tư duy logic cao. Một số bài toán có tính ứng dụng thực tế, đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức đã học để giải quyết các vấn đề cụ thể.
Để giúp các em học sinh có cái nhìn tổng quan và chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019, chúng tôi sẽ phân tích một số đề thi tiêu biểu:
Đề thi trường Lê Quý Đôn thường có độ khó cao hơn so với các trường khác. Đề thi năm 2019 tập trung vào các bài toán đại số phức tạp và các bài toán hình học đòi hỏi sự sáng tạo. Để giải tốt đề thi này, học sinh cần phải nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán nâng cao, và có khả năng tư duy linh hoạt.
Đề thi trường Phan Châu Trinh có độ khó trung bình, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán THCS. Đề thi năm 2019 có nhiều bài toán liên quan đến ứng dụng thực tế, đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức đã học để giải quyết các vấn đề cụ thể.
Các trường THPT khác tại Đà Nẵng cũng có đề thi tương tự, tập trung vào các kiến thức cơ bản và nâng cao của chương trình Toán THCS. Để chuẩn bị tốt cho kỳ thi, học sinh cần phải ôn tập kỹ lưỡng kiến thức, làm quen với các dạng bài tập khác nhau, và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019, học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số lời khuyên:
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 mà chúng tôi cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi khác như:
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 là một kỳ thi quan trọng đánh giá năng lực học tập của học sinh. Để đạt kết quả tốt, học sinh cần phải có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả, nắm vững kiến thức cơ bản, luyện tập thường xuyên, và giải đề thi thử. Chúc các em học sinh thành công trong kỳ thi sắp tới!
