Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2020 - 2021 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

$A=\sqrt{3}+\sqrt{12}-\sqrt{27}-\sqrt{36}$

$=\sqrt{3}+2\sqrt{3}-3\sqrt{3}-6=-6$
$\Rightarrow A=-6$

Với $x>0,x\ne 1$, ta có:

$B=\frac{2}{\sqrt{x}-1}-\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{3\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}.\left(\sqrt{x}-1\right)}$

$=\frac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}+1+3\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}\cdot \left(\sqrt{x}-1\right)}$

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

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

$=\frac{4}{\sqrt{x}}$.

Vậy $B=\frac{4}{\sqrt{x}}$.

Để $B=2\iff \frac{4}{\sqrt{x}}=2\iff \sqrt{x}=2\iff x=4\left(\mathrm{tm}\right)$

Vậy để $B=2$ thì $x=4$.

a) Xét hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ có hệ số $a=\frac{1}{2}>0$ nên hàm số đồng biến khi $x>0$, nghịch biến khi $x<0$ và đồ thị của hàm số là parabol có bề lõm quay lên trên.

Ta có bảng giá trị:

Vậy đồ thị hàm số $\left(P\right):y=\frac{1}{2}{x}^2$ là parabol nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng và đi qua các điểm $\left(-4;8\right),\left(-2;2\right),\left(0;0\right),\left(2;2\right),\left(4;8\right)$.

Đồ thị hàm số:

b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(P\right)$ và đường thẳng $y=8$ ta có:

$\frac{1}{2}{x}^2=8\iff x=16$ $\iff [\begin{array}{l}x=4\\ x=-4\end{array}$

Với $x=4\Rightarrow A\left(-4;8\right)$;

Với $x=-4\Rightarrow B\left(4;8\right)$ (do $B$ có hoành độ dương).

Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $y=8$ với trục tung $\Rightarrow K\left(0;8\right)$

Ta có: $\Delta AOB$ cân tại $O$, có $OK\perp AB,OK=8\mathrm{cm},AB=8\mathrm{cm}$

$\Rightarrow S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}OK.AB=\frac{1}{2}.8.8=32\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Áp dụng định lý Pytago cho $\Delta OBK$ vuông tại $K$ ta có:

$OB=\sqrt{O{K}^2+K{B}^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}\left(\mathrm{cm}\right)$

Lại có: $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}AH.OB=\frac{1}{2}.AH.4\sqrt{5}=32\iff AH=\frac{16\sqrt{5}}{5}\left(\mathrm{cm}\right)$

Áp dụng định lý Pytago vào $\Delta ABH$ vuông tại $H$ ta có:

$BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{8^2-{\left(\frac{16\sqrt{5}}{5}\right)}^2}=\frac{8\sqrt{5}}{5}\left(\mathrm{cm}\right)$

$\Rightarrow S_{\Delta ABH}=\frac{1}{2}AH.BH$$=\frac{1}{2}\cdot \frac{16\sqrt{5}}{5}\cdot \frac{8\sqrt{5}}{5}$$=\frac{64}{5}=12,8\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Vậy diện tích tam giác $ABH$ là $12,8\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

Giải phương trình : $3x^2-7x+2=0$.

Phương trình có: $\mathrm{\Delta }=7^2-\mathrm{4.3.2}=25>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{7+\sqrt{25}}{6}=2\\ x_2=\frac{7-\sqrt{25}}{6}=\frac{1}{3}\end{array}$.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=\left\{\frac{1}{3};2\right\}$.

Xét phương trình $x^2-19x+7=0$ có $\mathrm{\Delta }=19^2-4.7=333>0$

Þ Phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=19\\ x_1{x}_2=7\end{array}$

Ta có $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình đã cho

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_1^2-19x_1+7=0\\ x_2^2-19x_2+7=0\end{array}$

Theo đề bài ta có:

$P=x_2{\left(2x_1^2-38x_1+x_1{x}_2-3\right)}^2+x_1{\left(2x_2^2-38x_2+x_1{x}_2-3\right)}^2+120$

$=x_2{\left[2\left(x_1^2-19x_1+7\right)-14+x_1{x}_2-3\right]}^2+x_1{\left[2\left(x_2^2-19x_2+7\right)-14+x_1{x}_2-3\right]}^2$

$=x_2{\left(x_1{x}_2-17\right)}^2+x_1{\left(x_1{x}_2-17\right)}^2$

$={\left(x_1{x}_2-17\right)}^2\left(x_1+x_2\right)$

$=(7-17{)}^2.19=1900$.

Bình phương của số tự nhiên $x$ là $x^2$.

Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:

$x^2-x=20$
$\iff x^2-x-20=0$
$\iff x^2-5x+4x-20=0$

$\iff x\left(x-5\right)+4\left(x-5\right)=0$
$\iff \left(x-5\right)\left(x+4\right)=0$

$\iff [\begin{array}{l}x-5=0\\ x+4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=5\left(\mathrm{tm}\right)\\ x=-4\left(\mathrm{ktm}\right)\end{array}$

Vậy số tự nhiên cần tìm là 5.

Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là $x$ (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là $y$ (km).

(ĐK: $x,y>0$)

Suy ra quãng đường lên dốc lúc về là $y$ (km), xuống dốc lúc về là $x$ (km).
Thời gian lúc đi là 16 phút $=\frac{4}{15}$ giờ nên ta có phương trình:

$\frac{x}{10}+\frac{y}{15}=\frac{4}{15}$
$\iff 3x+2y=8$  $\left(1\right)$

Thời gian lúc về là 14 phút $=\frac{7}{30}$ (giờ) nên ta có phương trình:

$\frac{y}{10}+\frac{x}{15}=\frac{7}{30}$
$\iff 3x+2y=7$  $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}3x+2y=8\\ 3y+2x=7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}9x+6y=24\\ 4x+6y=14\end{array}\iff \{\begin{array}{l}5x=10\\ y=\frac{7-2x}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}\left(\mathrm{tm}\right)$

Vậy quãng đường $AB$  là $2+1=3\left(\mathrm{km}\right)$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $BDEH$ là tứ giác nội tiếp

Vì $\widehat{ADB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left(O\right)$ nên $\widehat{ADB}=90^{\circ }$ hay $\widehat{EDB}=90^{\circ }$

Lại có: $CH\perp AB$  nên $\widehat{CHB}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{EHB}=90^{\circ }$

Xét tứ giác $BDEH$ có: $\widehat{EDB}+\widehat{EHB}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$

$\Rightarrow BDEH$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng $A{B}^2=AE.AD+BH.BA$

Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp $\left(O\right)$ nên $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ) $\left(1\right)$

Ta lại có:

$\widehat{ABC}+\widehat{CAB}=90^{\circ }$ (do $\Delta ABC$ có $$\widehat{ACB}=90^{\circ }$$);

$\widehat{ACH}+\widehat{CAB}=90^{\circ }$ (do $$\Delta ACH$$ vuông tại $H$).

$\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ACH}\left(2\right)$ (cùng phụ $\widehat{CAB}$).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ADC}=\widehat{ACH}\left(=\widehat{ABC}\right)$ hay $\widehat{ADC}=\widehat{ACE}$.

Xét $\Delta ACE$ và $\Delta ADC$ có:

$\widehat{CAD}$ là góc chung;

$\widehat{ACE}=\widehat{ADC}\left(\mathrm{cmt}\right)$.

$\Rightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}$ (tỉ số đồng dạng)

$\Rightarrow A{C}^2=AE.AD$  $\left(\ast \right)$

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$ ta có:

$B{C}^2=BH.BA$  $\left(\ast \ast \right)$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Từ $\left(\ast \right)$ và $\left(\ast \ast \right)$ suy ra $A{C}^2+B{C}^2=AE.AD+BH.BA$

Lại có $\Delta ABC$ vuông tại $C$ nên $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$ (định lý Pytago)

Vậy $A{B}^2=AE.AD+BH.BA$.

c) Đường thẳng qua $E$ song song với $AB$, cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh rằng $\widehat{CDF}=90^{\circ }$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$ đi qua trung điểm của đoạn $CF$

• Vì $EF//AB$ nên $\widehat{CFE}=\widehat{CBA}$ (đồng vị)

Mà $\widehat{CBA}=\widehat{CDA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

$\Rightarrow \widehat{CFE}=\widehat{CDA}$

Þ Tứ giác $CDFE$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$\Rightarrow \widehat{CDF}+\widehat{CEF}=180^{\circ }$

Ta lại có: $$\{\begin{array}{l}CH\perp AB\left(gt\right)\\ EF//AB\left(gt\right)\end{array}\Rightarrow EF\perp CH\Rightarrow \widehat{CEF}=90^{\circ }$$

$\Rightarrow \widehat{CDF}=180^{\circ }-\widehat{CEF}=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$ (điều phải chứng minh).

• Gọi $I$ là giao điểm của $CF$ và đường tròn ngoại tiếp $\Delta OBD$.

Ta có: $\widehat{ADB}=\widehat{ADF}+\widehat{FDB}=90^{\circ }$;

$\widehat{CDF}=\widehat{ADF}+\widehat{CDA}=90^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{FBD}=\widehat{CDA}$ (cùng phụ với $\widehat{ADF}$)

Mà $\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn )

$\Rightarrow \widehat{FDB}=\widehat{CBA}\left(=\widehat{CDA}\right)$

Mà $\widehat{CBA}=\widehat{OBI}=\widehat{ODI}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $OI$ )

$\Rightarrow \widehat{FDB}=\widehat{ODI}$
$\Rightarrow \widehat{FDB}+\widehat{ODF}=\widehat{ODI}+\widehat{ODF}$
$\Rightarrow \widehat{ODB}=\widehat{IDF}$.
Ta có: tứ giác $CDFE$ nội tiếp (chứng minh trên) nên $\widehat{IFD}=\widehat{CFD}=\widehat{CED}=\widehat{AEH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn  )

Ta lại có: $\widehat{AEH}+\widehat{EAH}=90^{\circ };\widehat{ABD}+\widehat{BAD}=90^{\circ }$

Mà $\widehat{EAH}=\widehat{BAD}$ nên $\widehat{AEH}=\widehat{ABD}=\widehat{OBD}\Rightarrow \widehat{IFD}=\widehat{OBD}\left(4\right)$

Lại có : $OD=OB$ (cùng bằng bán kính) nên $\Delta OBD$ cân tại $\mathrm{O}$

Do đó $\widehat{OBD}=\widehat{ODB}\left(5\right)$

Từ (3), (4) và (5) suy ra $\widehat{IDF}=\widehat{IFD}$

$\Rightarrow \Delta IDF$ cân tại $I$

$\Rightarrow ID=IF$ $\left(\ast \ast \ast \right)$

Ta có: $\widehat{IDF}+\widehat{IDC}=\widehat{CDF}=90^{\circ }$; $\widehat{IFD}+\widehat{ICD}=90^{\circ }$  (do $\Delta CDF$ vuông tại $D$)

$\Rightarrow \widehat{IDC}=\widehat{ICD}\Rightarrow \Delta ICD$ cân tại $I$ nên $IC=ID$ $\left(\ast \ast \ast \ast \right)$

Từ $\left(\ast \ast \ast \right)$ và $\left(\ast \ast \ast \ast \right)$ suy ra $IC=IF\left(=ID\right)$    

Vậy $I$ là trung điểm của $CF$.