Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT TP Đà Nẵng năm 2024-2025 có đáp án

1) Ta có:

$A=\sqrt{9}+\sqrt{12}+\sqrt{27}-5\sqrt{3}$$=\sqrt{3^2}+\sqrt{2^2\cdot 3}+\sqrt{3^2\cdot 3}-5\sqrt{3}$

 $=3+2\sqrt{3}+3\sqrt{3}-5\sqrt{3}$$=3+\left(2+3-5\right)\cdot \sqrt{3}$$=3.$

Vậy $A=3.$

2) Với $x>0$ và $x\ne 4,$ ta có:

$B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}-2}\right)\cdot \left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{4}{x-2\sqrt{x}}\right)$

$=\frac{\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\cdot \left[\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{4}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\right]$

$=\frac{2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\cdot \frac{x-4}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}$

$=\frac{2\sqrt{x}\left(x-4\right)}{\left(x-4\right)\cdot \sqrt{x}\cdot \left(\sqrt{x}-2\right)}=\frac{2}{\sqrt{x}-2}.$

Như vậy, với $x>0$ và $x\ne 4,$ thì $B=\frac{2}{\sqrt{x}-2}.$

Khi đó, để $B<0$ thì $\frac{2}{\sqrt{x}-2}<0,$ tức là $\sqrt{x}-2<0,$ suy ra $\sqrt{x}<2,$ nên $x<4.$

Đối chiếu điều kiện $x>0$ và $x\ne 4,$ ta được $0<x<4.$

Vậy với $0<x<4$ thì $B<0.$

1) ⦁ Vẽ đồ thị hàm số $y=-2x^2.$

Cho $y=0$ ta có $x=-2.$ Đồ thị hàm số đi qua điểm $B\left(-2;0\right).$

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm $A\left(0;-4\right)$ và $B\left(-2;0\right)$ ta được đồ thị hàm số $y=-2x-4$ (hình vẽ).

2) ⦁ Gọi $\left(x_0;y_0\right)$ là tọa độ giao điểm (nếu có) của hai đồ thị hàm số $y=-2x-4$ và $y=-2x^2,$ khi đó ta có:    $y_0=-2x_0-4$ và $y_0=-2x_0^2.$

Suy ra $-2x_0-4=-2x_0^2$ hay $x_0^2-x_0-2=0.$

Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình $x_0^2-x_0-2=0.\left(1\right)$

Ta có: $a-b+c=1-\left(-1\right)+\left(-2\right)=0$ nên phương trình $\left(1\right)$ có hai nghiệm là $x_0=-1$ và $x_0=2.$

Với $x_0=-1,$ ta có $y_0=-2\cdot \left(-1\right)-4=-2;$

Với $x_0=2,$ ta có $y_0=-2\cdot 2-4=-8.$

Vậy tọa độ giao điểm $C,D$ của hai đồ thị là: $C\left(-1;-2\right)$ và $D\left(2;-8\right),$ hoặc $C\left(2;-8\right)$ và $D\left(-1;-2\right).$

⦁ Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến đường thẳng $CD$ chính là khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến đường thẳng $y=-2x-4.$

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $O$ xuống đường thẳng $$CD,$$ ta có $OH\perp CD.$

Ta có $A\left(0;-4\right),B\left(-2;0\right)$ suy ra $OA=4,OB=2.$

Xét $\Delta OAB$ vuông tại $O,$ có:

⦁ $A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2$ (định lí Pythagore)

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^2+O{B}^2}=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$

⦁ $\sin \widehat{OBA}=\frac{OA}{AB}.$

Xét $\Delta OBH$ vuông tại $H,$ có: $\sin \widehat{OBH}=\frac{OH}{OB}.$

Suy ra $\frac{OA}{AB}=\frac{OH}{OB},$ do đó $OH=\frac{OA\cdot OB}{AB}=\frac{4\cdot 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.$

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến đường thẳng $CD$ bằng $\frac{4\sqrt{5}}{5}.$

1) Gọi tuổi em là $x\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast },0<x<24\right).$

Do anh hơn em 6 tuổi nên tuổi anh là $x+6.$

Tổng số tuổi của hai anh em là 24 nên ta có phương trình: $x+\left(x+6\right)=24.$

Hay $2x+6=24,$ suy ra $2x=18,$ nên $x=9.$

Vậy tuổi em là 9 tuổi, tuổi anh là $9+6=15$ tuổi.

2) Gọi vận tốc xe máy là $x$ (km/h) $\left(x>0\right).$

Khi đó vận tốc ô tô là $x+20$ (km/h).

Thời gian xe máy đi từ Quảng Ngãi cho đến khi gặp ô tô là: 1 giờ + 30 phút $$=1,5$$ giờ.

Quãng đường xe máy đi từ Quảng Ngãi cho đến khi gặp ô tô là: $1,5x$ (km).

Thời gian ô tô đi từ Đà Nẵng cho đến khi gặp ô tô là 1 giờ.

Quãng đường ô tô đi từ Đà Nẵng cho đến khi gặp ô tô là: $1\cdot \left(x+20\right)=x+20$ (km).

Do quãng đường từ thành phố Quảng Ngãi đến thành phố Đà Nẵng dài $120\mathrm{km}$ nên ta có phương trình: $1,5x+x+20=120$ hay $2,5x=100,$ suy ra $x=40$ (thỏa mãn).

Vậy vận tốc của xe máy là $40$ km/h và vận tốc của ô tô là $40+20=60$ km/h.

1) Với $m=2$ thì phương trình $\left(\ast \right)$ trở thành $x^2+6x+8=0.$

Phương trình trên có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=3^2-1\cdot 8=1>0$ và $\sqrt{{\Delta }^{\prime }}=\sqrt{1}=1.$

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là $x_1=\frac{-3+1}{1}=-2;x_2=\frac{-3-1}{1}=-4.$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là $x_1=-2;x_2=-4.$

2) Xét phương trình $x^2+2\left(m+1\right)x+6m-4=0\left(\ast \right)$

Ta có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }={\left(m+1\right)}^2-\left(6m-4\right)=m^2+2m+1-6m+4$

$=m^2-4m+5={\left(m-2\right)}^2+1>0$ với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Do đó phương trình $\left(\ast \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ với mọi $m\in \mathbb{R}.$

Theo định lí Viète, ta có: $$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-2m-2\left(1\right)\\ x_1{x}_2=6m-4\left(2\right)\end{array}$$

Do $x_1$ là nghiệm của $\left(\ast \right)$ nên ta có:

$x_1^2+2\left(m+1\right)x_1+6m-4=0$ hay $x_1^2+6x_1+9=4x_1-2m{x}_1-6m+13$

Thay vào $\left(4x_1-2m{x}_1-6m+13\right)x_2^2-24x_1-100=0$ ta được

$\left(x_1^2+6x_1+9\right)x_2^2-24x_1-100=0$

${\left(x_1+3\right)}^2{x}_2^2-24x_1-100=0$

${\left(x_1{x}_2+3x_2\right)}^2-24x_1-100=0$ $\left(\ast \ast \right)$

Từ $\left(1\right)$ suy ra $2m=-2-\left(x_1+x_2\right)$ nên $6m=-6-3\left(x_1+x_2\right)$

Thay vào$\left(2\right)$ ta được: $x_1{x}_2=-6-3\left(x_1+x_2\right)-4,$ hay $$x_1{x}_2+3x_2=-10-3x_1.\left(3\right)$$

Thay vào $\left(\ast \ast \right)$ ta được: ${\left(-10-3x_1\right)}^2-24x_1-100=0$

 $9x_1^2+60x_1+100-24x_1-100=0$

 $9x_1^2+36x_1=0$

 $9x_1\left(x_1+4\right)=0$

 $x_1=0$ hoặc $x_1=-4.$

Với $x_1=0$ thay vào $\left(2\right)$ ta có $$6m-4=0,$$ nên $$m=\frac{2}{3};$$

Với $x_1=-4$ thay vào $\left(3\right)$ ta có $$\left(-4\right)\cdot x_2+3x_2=-10-3\cdot \left(-4\right),$$ suy ra $$-x_2=2,$$ nên $x_2=-2.$

Do đó $x_1+x_2=-6,$ tức là $-2m-2=-6,$ nên $m=2.$

Vậy $m\in \left\{\frac{2}{3};2\right\}.$

Suy ra $HA=HC.$

2) ⦁ Chứng minh $HE\cdot CM=HM\cdot CH$

Xét $\Delta ACK$ có $HE//AB$ (cùng vuông góc với $CK)$ và $H$ là trung điểm của $AC$ nên $HE$ là đường trung bình của tam giác, do đó $HE=\frac{1}{2}AK$ hay $AK=2HE.$

Do $$OCMA$$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{OMC}=\widehat{OAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OC)$ hay $\widehat{HMC}=\widehat{KAC}.$

Xét $\Delta MHC$ và $\Delta AKC$ có: $$\widehat{MHC}=\widehat{AKC}=90^{\circ }$$ và $\widehat{HMC}=\widehat{KAC}.$

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{MH}{AK}=\frac{MC}{AC}$ hay $$MH\cdot AC=MC\cdot AK.$$

Suy ra $$MH\cdot 2HC=MC\cdot 2HE$$ hay $$MH\cdot HC=MC\cdot HE.$$

⦁ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OKH$ nằm trên đường thẳng $OC$

Ta có $\widehat{CHO}=\widehat{OKC}=90^{\circ }$ nên hai điểm $H,K$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OC$

Vậy tứ giác $$HOKC$$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OKH$ nằm trên đường thẳng $OC.$

3) Giả sử $MB$ cắt $CK$ tại $E^{\prime },$ cắt đường tròn$\left(O\right)$ tại điểm thứ hai là $F.$ Ta đi chứng minh $E^{\prime }$ là trung điểm của $CK.$

Ta có $\widehat{MCF}+\widehat{FCO}=90^{\circ }$ nên $\widehat{MCF}=90^{\circ }-\widehat{FCO}.\left(1\right)$

Xét $\Delta OCF$ cân tại $O$ (do $OC=OF)$ nên

$\widehat{FCO}=\widehat{CFO}=\frac{180^{\circ }-\widehat{COF}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{COF}.$

Mà $\widehat{CBF}=\frac{1}{2}\widehat{COF}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $CF)$ nên $\widehat{FCO}=90^{\circ }-\widehat{CBF}$ hay $$\widehat{CBF}=90^{\circ }-\widehat{FCO}.\left(2\right)$$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $\widehat{MCF}=\widehat{CBF}.$

Xét $\Delta MCF$ và $\Delta MBC$ có: $\widehat{CMB}$ là góc chung, $\widehat{MCF}=\widehat{MBC}$

Do đó  (g.g), suy ra $\frac{MC}{MB}=\frac{MF}{MC},$ hay $M{C}^2=MF\cdot MB.$

Xét $\Delta MCH$ vuông tại $H,$ ta có $\cos \widehat{CMH}=\frac{MH}{MC}.$

Xét $\Delta MCO$ vuông tại $C,$ ta có $\cos \widehat{CMO}=\frac{MC}{MO}.$

Suy ra $\frac{MH}{MC}=\frac{MC}{MO},$ hay $$M{C}^2=MH\cdot MO.$$

Do đó $MH\cdot MO=MF\cdot MB$ nên $\frac{MH}{MB}=\frac{MF}{MO}.$

Xét $\Delta MFH$ và $\Delta MOB$ có: $\widehat{OMB}$ là góc chung và $\frac{MH}{MB}=\frac{MF}{MO}.$

Do đó  (c.g.c), suy ra $$\widehat{MHF}=\widehat{MBO}.$$

Mà $\widehat{MHF}+\widehat{FHO}=180^{\circ }$ (kề bù) nên $\widehat{FHO}+\widehat{FBO}=180^{\circ }.$

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180^{\circ }.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{AKC}=180^{\circ }$ (hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180^{\circ }$ (giả thiết) nên $\widehat{ADC}=\widehat{AKC}$ (cùng bù với $$\widehat{ABC})$$ $\left(3\right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $CD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left(O\right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta CFK$ có: $\widehat{AFD}=\widehat{CFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat{ADF}=\widehat{CKF}$ (chứng minh trên)

Do đó  suy ra $\frac{AF}{CF}=\frac{DF}{KF}$ nên $\frac{AF}{DF}=\frac{CF}{KF}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFC$ có: $\frac{AF}{DF}=\frac{CF}{KF}$ và $$\widehat{DFK}=\widehat{AFC}$$ (đối đỉnh)

Do đó  suy ra $\widehat{FDK}=\widehat{FAC}.\left(4\right)$

⦁ Ta có $\widehat{ACK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ACK}=90^{\circ },$ do đó $\Delta ACK$ vuông tại $C,$ suy ra $\widehat{FAC}+\widehat{AKC}=90^{\circ }.\left(5\right)$

Từ $\left(3\right),\left(4\right),\left(5\right)$ suy ra $\widehat{ADC}+\widehat{FDK}=90^{\circ }$ hay $\widehat{ADK}=90^{\circ }.$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ đường kính

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $OHFB$ có $\widehat{FHO}+\widehat{FBO}=180^{\circ },$ suy ra tứ giác $OHFB$ nội tiếp đường tròn, do đó $\widehat{HFB}+\widehat{HOB}=180^{\circ }.$

Mà $\widehat{HOB}+\widehat{HOA}=180^{\circ }$ nên $\widehat{HFB}=\widehat{HOA}.$

Lại có $\widehat{HOA}=\widehat{ACK}$ (cùng phụ với $\widehat{KAC})$ nên $\widehat{HFB}=\widehat{ACK}$ hay $\widehat{HF{E}^{\prime }}=\widehat{HC{E}^{\prime }}.$

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat{ADB}=\widehat{AKB}.$ $\left(6\right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left(O\right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat{AFD}=\widehat{BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat{ADF}=\widehat{BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó  suy ra $\frac{AF}{BF}=\frac{DF}{KF}$ nên $\frac{AF}{DF}=\frac{BF}{KF}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{AF}{DF}=\frac{BF}{KF}$ và $$\widehat{DFK}=\widehat{AFB}$$ (đối đỉnh)

Do đó  suy ra $\widehat{FDK}=\widehat{FAB}.\left(7\right)$

⦁ Ta có $\widehat{ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ABK}=90^{\circ },$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat{FAB}+\widehat{AKB}=90^{\circ }.\left(8\right)$

Từ $\left(6\right),\left(7\right),\left(8\right)$ suy ra $\widehat{ADB}+\widehat{FDK}=90^{\circ }$ hay $\widehat{ADK}=90^{\circ }.$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AK.$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $HFC{E}^{\prime }$ có $\widehat{HF{E}^{\prime }}=\widehat{HC{E}^{\prime }},$ suy ra tứ giác $HFC{E}^{\prime }$ nội tiếp đường tròn, do đó $$\widehat{E^{\prime }HC}=\widehat{E^{\prime }FC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $E^{\prime }C)$

Mà $$\widehat{E^{\prime }FC}=\widehat{BFC}=\widehat{BAC}$$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$ của đường tròn $\left(O\right))$ nên $\widehat{E^{\prime }HC}=\widehat{BAC},$ lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên $H{E}^{\prime }//AB.$

Xét $\Delta ACK$ có $H{E}^{\prime }//AB$ và $H$ là trung điểm $AC$ nên $$H{E}^{\prime }$$ là đường trung bình của tam giác, do đó $E^{\prime }$ là trung điểm $CK$

Như vậy, điểm $E$ và điểm $$E^{\prime }$$ trùng nhau.

Vậy ba điểm $M,E,B$ thẳng hàng.