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 $y = - 2{x^2}.$

Ta có bảng giá trị của $y$ tương ứng với giá trị của $x$ như sau:

Vẽ các điểm $\left( { - 2; - 8} \right),$ $\left( { - 1; - 2} \right),$ $\left( {0;0} \right),$ $\left( {1; - 2} \right),$ $\left( {2; - 8} \right)$ thuộc đồ thị của hàm số $y = - 2{x^2}$ trong mặt phẳng tọa độ $Oxy.$

Vẽ đường parabol đi qua năm điểm trên, ta nhận được đồ thị hàm số $y = - 2{x^2}$ (hình vẽ).

⦁ Vẽ đồ thị hàm số $y = - 2x - 4.$

Cho $x = 0$ ta có $y = - 4.$ Đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( {0; - 4} \right).$

Đồ thị của hàm số $y = - 2{x^2}$ và $y = - 2x - 4$ trên cùng một mặt phẳng tọa độ:

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 $y = - 2{x^2},$ khi đó ta có: ${y_0} = - 2{x_0} - 4$ và ${y_0} = - 2x_0^2.$

Suy ra $- 2{x_0} - 4 = - 2x_0^2$ 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 $OH \bot CD.$

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 $x\,\,\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},\,\,0 < x < 24} \right).$

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 $120{\rm{\;km}}$ 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 $\left( * \right)$ trở thành ${x^2} + 6x + 8 = 0.$

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

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 ${x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 6m - 4 = 0\,\,\,\left( {\rm{*}} \right)$

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

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

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

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

Do ${x_1}$ là nghiệm của $\left( * \right)$ nên ta có:

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

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

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

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

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

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 ${x_1}{x_2} + 3{x_2} = - 10 - 3{x_1}.\,\,\,\left( 3 \right)$

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

$9x_1^2 + 60{x_1} + 100 - 24{x_1} - 100 = 0$

$9x_1^2 + 36{x_1} = 0$

$9{x_1}\left( {{x_1} + 4} \right) = 0$

${x_1} = 0$ 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 $\left( { - 4} \right) \cdot {x_2} + 3{x_2} = - 10 - 3 \cdot \left( { - 4} \right),$ 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 $m \in \left\{ {\frac{2}{3};\,\,2} \right\}.$

1) ⦁ Chứng minh tứ giác **$OCMA$ *nội tiếp***

Do $MA,{\rm{ }}MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = 90^\circ .$

Do đó hai điểm $A,\,\,C$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $MO.$

Vậy tứ giác $OCMA$ nội tiếp đường tròn đường kính $MO.$

⦁ Chứng minh $HA = HC$

Ta có $MA = MC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OA = OC$ nên $MO$ là đường trung trực của $AC.$ Do đó $MO \bot AC$ tại trung điểm $H$ của $AC.$

Suy ra $HA = HC.$

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

Xét $\Delta ACK$ có $HE\,{\rm{//}}\,AB$ (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 $OC.$

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 $AK.$

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 $\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'}.$

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 $HFCE'$ có $\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'},$ suy ra tứ giác $HFCE'$ nội tiếp đường tròn, do đó $\widehat {E'HC} = \widehat {E'FC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $E'C)$

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

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

Như vậy, điểm $E$ và điểm $E'$ trùng nhau.

Vậy ba điểm $M,\,\,E,\,\,B$ thẳng hàng.