Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 tại Đà Nẵng và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT chuyên, trường công lập hàng đầu, việc luyện tập với các đề thi thử và đề thi chính thức các năm trước là vô cùng quan trọng.
Toan11.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019, được tổng hợp đầy đủ và chính xác, kèm theo đáp án chi tiết và lời giải bài tập.
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 dấu bước chuyển tiếp từ bậc học cơ sở lên bậc học trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc nắm vững kiến thức và kỹ năng giải đề là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, bao gồm các dạng bài tập thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và Giải toán thực tế.
Đề thi năm 2019 thường bao gồm các phần sau:
Phần Đại số thường tập trung vào các chủ đề sau:
Phần Hình học thường bao gồm các dạng bài tập về:
Các bài toán thực tế thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức Đại số và Hình học để giải quyết các tình huống liên quan đến đời sống, như tính diện tích, thể tích, vận tốc, thời gian,...
Toan11.edu.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi Toán vào 10 Đà Nẵng năm 2019, bao gồm:
Kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng là một kỳ thi quan trọng, nhưng không phải là tất cả. Hãy cố gắng hết mình, nhưng đừng quá áp lực. Hãy tin vào khả năng của bản thân và giữ tinh thần lạc quan. Chúc các em thành công!
| Năm | Link đề thi |
|---|---|
| 2019 | [Link đến đề thi 2019] |
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
