Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2022 - 2023 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

$A=\sqrt{9}+\sqrt{16}+2\sqrt{2}-\sqrt{8}$

$=\sqrt{3^2}+\sqrt{4^2}+2\sqrt{2}-\sqrt{2^2.2}$

$=3+4+2\sqrt{2}-2\sqrt{2}$

$=7$.

Với $x\ge 0,x\ne 1$ ta có:

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

$=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}:\frac{x+1}{x-1}$

$=\frac{x-\sqrt{x}+\sqrt{x}+1}{x-1}.\frac{x-1}{x+1}$

$=\frac{x+1}{x+1}=1$.

Vậy với $x\ge 0,x\ne 1$ thì $B=1$.

a) • Vẽ đồ thị hàm số $y=-x^2$

Hàm số có hệ số $a=-1<0$ nên hàm số đồng biến khi $x<0$, nghịch biến khi $x>0$

Do đó đồ thị hàm số $y=-x^2$ là parabol có bề lõm quay xuống dưới.

Bảng giá trị:

Vậy parabol $y=-x^2$ đi qua các điểm $\left(-2;-4\right),\left(-1;-1\right);\left(0;0\right),\left(1;-1\right),\left(2;-4\right)$.

• Vẽ đồ thị hàm số $y=2x-3$:

Bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số $y=2x-3$ là đường thẳng đi qua hai điểm $\left(0;-3\right)$ và $\left(\frac{3}{2};0\right)$.

Ta có đồ thị hàm số $y=-x^2$ và $y=2x-3$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ như sau:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^2$ và $y=2x-3$:

$-x^2=2x-3$

$\iff x^2+2x-3=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}$

Với $x=1\Rightarrow y=-1$

Với $x=-3\Rightarrow y=-9$

Do đó giao điểm của hai đồ thị đó là $A\left(1;-1\right),B\left(-3;-9\right)$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ trên trục $Ox$.

$S_{ABKH}=\frac{\left(AH+BK\right).HK}{2}=\frac{\left(1+9\right).4}{2}=20\left(c{m}^2\right)$

$S_{OAH}=\frac{1}{2}OH.AH=\frac{1}{2}.1.1=\frac{1}{2}\left(c{m}^2\right)$

$S_{OBK}=\frac{1}{2}OK.BK=\frac{1}{2}.3.9=\frac{27}{2}\left(c{m}^2\right)$

Vậy $S_{OAB}=S_{ABKH}-S_{OAH}-S_{OBK}=20-\frac{1}{2}-\frac{27}{2}=6\left(c{m}^2\right)$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}x-3y=5\\ 2x+3y=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x=6\\ y=\frac{1-2x}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=-1\end{array}$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\left(x;y\right)=\left(2;-1\right)$.

Đổi 20 phút = $\frac{1}{3}$ giờ.

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

Vận tốc lúc sau của xe máy là $x+8\left(km/h\right)$.

Thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là $\frac{160}{x}$ (giờ).

Quãng đường xe đi được sau 2 giờ là $2x(km)$.

Quãng đường còn lại là: $160-2x\left(km\right)$.

Thời gian xe đi với vận tốc $x+8(km/h)$ là $\frac{160-2x}{x+8}$ (giờ).

Do xe máy đến $B$ đúng thời gian quy định nên ta có phương trình:

$\frac{160}{x}=2+\frac{1}{3}+\frac{160-2x}{x+8}$

$\iff \frac{160}{x}-\frac{160-2x}{x+8}=\frac{7}{3}$

$\iff \frac{160x+1280-160x+2x^2}{x^2+8x}=\frac{7}{3}$

$\iff \frac{1280+2x^2}{x^2+8x}=\frac{7}{3}$

$\iff 6x^2+3840=7x^2+56x$

$\iff x^2+56x-3840=0$

$\iff x^2-40x+96x-3840=0$

$\iff x\left(x-40\right)+96\left(x-40\right)=0$

$\iff \left(x-40\right)\left(x+96\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=40(tm)\\ x=-96(ktm)\end{array}$

Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là $40(km/h)$.

a) Thay $m=0$ vào phương trình (*) ta có: $x^2-2x-3=0$

Phương trình có dạng $a-b+c=0$ nên có hai nghiệm phân biệt $x_1=-1$; $x_2=3$.

Vậy khi $m=0$ thì phương trình có tập nghiệm $S=\left\{-1;3\right\}$.

b) Ta có $a.c=1.\left(-m^2-3\right)=-m^2-3<0$ với mọi $m$ nên phương trình $\left(\ast \right)$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu $x_1,x_2$ với mọi $m$.

Theo hệ thức Vi-et ta có :

$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\left(m+1\right)\\ x_1{x}_2=-m^2-3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_2=2m+2-x_1\\ x_1{x}_2=-m^2-3\end{array}$.

Theo bài ta có:

${\left(x_1+x_2-6\right)}^2\left(x_2-2x_1\right)={\left(x_1{x}_2+7\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)$

$\iff {\left(2m-4\right)}^2\left(x_2-2x_1\right)={\left(-m^2+4\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)$

$\iff 4{\left(m-2\right)}^2\left(x_2-2x_1\right)={\left(m-2\right)}^2{\left(m+2\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)$

$\iff {\left(m-2\right)}^2\left[4\left(x_2-2x_1\right)-{\left(m+2\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)\right]=0$

$\iff [\begin{array}{l}m=2\\ 4\left(x_2-2x_1\right)-{\left(m+2\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)=0\left(\ast \ast \right)\end{array}$

Xét phương trình $\left(\ast \ast \right)$: $4\left(x_2-2x_1\right)-{\left(m+2\right)}^2\left(x_1-2x_2\right)=0$

Do $x_1,x_2$ trái dấu nên $\left(x_2-2x_1\right);\left(x_1-2x_2\right)$ trái dấu

Mặt khác ${\left(x_1+x_2-6\right)}^2\ge 0;{\left(x_1{x}_2+7\right)}^2\ge 0$ với mọi $x_1,x_2$.

Do đó phương trình $\left(\ast \ast \right)$ vô nghiệm.

Vậy $m=2$.

ABC có ba góc nhọn và (AB < AC) Vẽ các đường cao (AD,BE,CF)của tam giác đó. Gọi (ảnh 1)">

a) Chứng minh rằng các tứ giác $AEHF$ và $BFEC$ nội tiếp

Xét tứ giác $AEHF$:

Ta có $\widehat{AFH}=90^{\circ }$ (do $CF\perp AB$); $\widehat{AEH}=90^{\circ }$ (do $BE\perp AC$).

Suy ra $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180^{\circ }$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên $AEHF$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $BFEC$:

Ta có $\widehat{BFC}=90^{\circ }$ (do $CF\perp AB$); $\widehat{BEC}=90^{\circ }$ (do $BE\perp AC$)

Suy ra 2 góc $\widehat{BFC}$ và $\widehat{BEC}$ cùng nhìn đoạn thẳng $BC$ dưới một góc bằng nhau nên tứ giác $BFEC$ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $AH,BC.$ Chứng minh rằng $FM.FC=FN.FA$.

Tam giác $BFC$ vuông tại $F$ ta có: $FN$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$

$\Rightarrow FN=\frac{BC}{2}\left(1\right)$

Tam giác $BEC$ vuông tại $E$ ta có $EN$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$

$\Rightarrow EN=\frac{1}{2}BC\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $FN=EN\left(\ast \right)$

$\Delta AHF$ vuông tại $F$ có $$FM$$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AH$

$\Rightarrow FM=\frac{1}{2}AH\left(3\right)$

$\Delta AEH$vuông tại $E$ có $EM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AH$

$\Rightarrow EM=\frac{1}{2}AH\left(4\right)$

Từ (3) và (4) suy ra $FM=EM\left(\ast \ast \right)$

Từ (*) và (**) ta có $MN$ là đường trung trực EF

Gọi $G$ là giao điểm của $MN,EF$

Tam giác $FME$ có $MG$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

$\Rightarrow \Delta FME$ cân tại $M$ có $MG$ là phân giác $\Rightarrow \widehat{FMG}=\frac{1}{2}\widehat{FME}\left(5\right)$

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$ có:

$\widehat{FAE}=\frac{1}{2}\widehat{FME}$ (góc nội tiếp bẳng nửa góc ở tâm chắn cung $$EF$$) (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{FAE}=\widehat{FMK}$ hay $\widehat{FAC}=\widehat{FMN}$

Ta có $FM=MH\left(=\frac{1}{2}AH\right)$ nên $\Delta FMH$ cân tại $M$

$\Rightarrow \widehat{MFH}=\widehat{MHF}=\widehat{DHC}$ (vì $\widehat{MHF}=\widehat{DHC}$ là hai góc đối đỉnh)

Ta có: $FN=NC\left(=\frac{1}{2}BC\right)$ nên $\Delta FNC$ cân tại N

$\Rightarrow \widehat{NFC}=\widehat{NCF}$

Mà $\widehat{DHC}+\widehat{NCF}=90^{\circ }$(Do $\Delta DHN$ vuông tại D)

Suy ra $\widehat{MFH}+\widehat{NFC}=\widehat{MFN}=90^{\circ }$

Xét $\Delta FMN$ và $\Delta FAC$ có:

$\widehat{MFN}=\widehat{AFC}=90^{\circ },\widehat{FAC}=\widehat{FMN}(cmt)$

$\Rightarrow \frac{FM}{FA}=\frac{FN}{FC}$ (tỉ số đồng dạng)

$\Rightarrow FM.FC=FN.FA$ (điều phải chứng minh).

c) Gọi $P,Q$ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ $M,N$ đến đường thẳng $DF.$ Chứng minh rằng đường tròn đường kính $PQ$ đi qua giao điểm của $FE$ và $MN$.

Vì $MN\perp EF$ tại $G$ nên $\widehat{MGF}=90^{\circ }$

Ta có $MP\perp PQ$ tại $P$ nên $\widehat{MPF}=90^{\circ }$

Tứ giác $MPFG$ có :$\widehat{MGF}+\widehat{MPF}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$ mà hai góc này đối nhau

$\Rightarrow MPFG$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{MGP}=\widehat{MFP}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $$MP$$)

Vì $MN\perp EF$ tại $G$ nên $\widehat{FGN}=90^{\circ }$

Ta có $NQ\perp PQ$ tại $Q$ nên $\widehat{NQF}=90^{\circ }$

Tứ giác $NQFG$ có:

$\widehat{FGN}+\widehat{NQF}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$, mà hai góc này đối nhau nên $NQFG$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{QGN}=\widehat{QFN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $QN$)

$\Rightarrow \widehat{MGP}+\widehat{QGN}=\widehat{MFP}+\widehat{QFN}$

Mà $\widehat{MFN}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{MFP}+\widehat{QFN}=90^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{MFP}+\widehat{QGN}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{PGQ}=90^{\circ }$

Đường tròn đường kính $$PQ$$ có $\widehat{PGQ}=90^{\circ }\Rightarrow G$ thuộc đường tròn đường kính $$PQ$$.

Vậy đường tròn đường kính $PQ$ đi qua giao điểm của $FE$ và $MN$.