toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
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 ngoặt trong sự nghiệp học tập của học sinh. Môn Toán, với vai trò then chốt, đòi hỏi học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng về kiến thức và kỹ năng. Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 là một nguồn tài liệu quý giá để các em học sinh có thể tự đánh giá năng lực và làm quen với cấu trúc đề thi thực tế.
Đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Để giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ cùng phân tích một số câu hỏi điển hình trong đề thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2019:
Cho phương trình: x2 - 5x + 6 = 0. Hãy giải phương trình này.
Hướng dẫn giải:
Phương trình bậc hai có dạng ax2 + bx + c = 0. Trong trường hợp này, a = 1, b = -5, và c = 6. Ta có thể sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để giải:
x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a
Thay các giá trị a, b, và c vào công thức, ta được:
x = (5 ± √((-5)2 - 4 * 1 * 6)) / (2 * 1)
x = (5 ± √(25 - 24)) / 2
x = (5 ± √1) / 2
x = (5 ± 1) / 2
Vậy, phương trình có hai nghiệm là:
x1 = (5 + 1) / 2 = 3
x2 = (5 - 1) / 2 = 2
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm và AC = 4cm. Hãy tính độ dài cạnh BC.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2
Thay các giá trị AB và AC vào công thức, ta được:
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 + 16
BC2 = 25
Vậy, BC = √25 = 5cm
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng, các em học sinh cần:
toan9.edu.vn tự hào là một trong những website hàng đầu về học Toán online, cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi, bài giảng chất lượng, và đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Chúng tôi cam kết đồng hành cùng các em học sinh trên con đường chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng, giúp các em đạt được kết quả tốt nhất.
Hãy truy cập toan9.edu.vn ngay hôm nay để khám phá thêm nhiều tài liệu ôn thi hữu ích và bắt đầu hành trình chinh phục kỳ thi vào 10 môn Toán Đà Nẵng!
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring 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 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
