Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng 2019 có đáp án và lời giải chi tiết — Không quảng cáo

Đề bài

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 $E{M^2} + D{N^2} = A{B^2}$.

Lời giải chi tiết

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 $y = 2{x^2}$

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 $y =  - 2x + 4$

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).