15 đà nẵng đề vào 10 toán 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2018 MƠN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài Bài (1,5 điểm) a) Trục thức ở mẫu thức của biểu thức A = b) Cho a �0, a �4 Chứng minh b) Bài Bài Bài a 2( a  2)   a4 a 2 (2,0 điểm) a) Bài 2 �x  y  14 Giải hệ phương trình: � �2 x  y  24  11 Giải phương trình: x  x 1 (1,5 điểm) Vẽ đồ thị của các hàm số y   x và y  x  cùng một mặt phẳng tọa độ Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ ( đơn vị đo các trục tọa độ là centimét) (1,0 điểm) Cho phương trình x  2(m  1) x  4m  11  0, với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức: 2( x1  1)  (6  x2 )( x1 x2  11)  72 (1,0 điểm) Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17cm Hai cạnh góc vuông có độ dài 7cm Tính diện tích của tam giác vuông đó (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC Trên cung nhỏ � AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A MB, MN Chứng minh rằng : a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm một đường tròn b) AH.AK = HB.MK c) Khi điểm M di động cung nhỏ � AC thì đường thẳng HK qua một điểm cố định -HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ Bài (1,5 điểm) a) Trục thức ở mẫu thức của biểu thức A = b) Cho a �0, a �4 Chứng minh a) Trục thức mẫu biểu thức A  A 2 2   2 2 2 22     b) Cho a �0 , a �4 Chứng minh Với: a �0 , a �4 VT  a  a 2   a 2 a  a4 a 2   a 2 a 2  2 a 2( a  2)   a4 a 2 Lời giải   2  2   a 2 a  1 a4 a 2   a 2  a  a 2 a 2   VP Vậy đẳng thức đã được chứng minh  Bài (2,0 điểm) a) b) �x  y  14 Giải hệ phương trình: � �2 x  y  24  11 Giải phương trình: x  x 1 Lời giải �x  y  14 Giải hệ phương trình: � x  y  24 � �x  14  y �x  y  14 �x  14  y �� �� �  14  y   y  24 x  y  24 x  y  24 � � � �x  14  y �x  14  y �x  �� �� �� �28  y  24 �y  �y  a) Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    6;  b) Giải phương trình x   11 (1) x 1 Điều kiện: x �1 4x   11 x 1 x  x  1 11 x  1 �   x 1 x 1 x 1 � x  x   11x  11 (2) � x  15 x  14  Ta có:    15  4.4.14   � 15  x1    tm  � Vậy phương trình (2) có nghiệm phân biệt là: � 15  � x2    tm  � � � 7� 2; � Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S  � � Bài (1,5 điểm) Vẽ đồ thị của các hàm số y   x và y  x  cùng một mặt phẳng tọa độ Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, với O là gốc tọa độ ( đơn vị đo các trục tọa độ là centimét) Lời giải +) Vẽ đồ thị hàm số: y   x x y 4 8 2 2 0 2 8 Khi đó đồ thị hàm số y   x có hình dạng là Parabol và qua các điểm  4; 8  ;  0;0  ;  2; 2  ;  4; 8 +) Vẽ đồ thị hàm số: y  x  x y 4 Khi đó đồ thị hàm số y  x  là một đường thẳng và qua các điểm  0; 4  ;  4;   2; 2  ; +) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y   x và y  x  là: 2  x  x  � x2  x   x2 � �  x  2  x  4  � � x  4 � x  � y  2 � A  2; 2  x  4 � y  8 � B  4; 8  Xét tam giác OAE ta có: OD  DE  OE  cm; AD  cm nên tam giác OAE vuông tại A Khi đó ta có: OA  AB nên tam giác OAB vuông tại A Ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là trung điểm của cạnh huyền OB và bán kính của đường tròn  OB Ta có: Áp dụng định lí Pitago tam giác vuông OBC có: OB  OC  BC  42  82  80 � OB  Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là OB  Bài (1,0 điểm) Cho phương trình x  2(m  1) x  4m  11  0, với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức: 2( x1  1)  (6  x2 )( x1 x2  11)  72 Lời giải  Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 � � �  m  1  4m  11  � m  2m   4m  11  � m  6m  12  � m  6m    �  m  3    m Vì  m  3 �0 m �  m  3   m � � 2 Hay phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m �x1  x2  2  m  1 Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: � �x1 x2  4m  11 Vì x1 , x2 là nghiệm của phương trình x   m  1 x  4m  11  nên ta có: � � x12   m  1 x1  8m  22  x12  4  m  1 x1  8m  22 � � � �2 �2 �x2   m  1 x2  4m  11  �x2  2  m  1 x2  4m  11  x1  1    x2   x1 x2  11  72 � x12  x1   x1 x2  66  x1 x22  11x2  72 � 4  m  1 x1  8m  22  x1  x1 x2  x1  2  m  1 x2  4m  11  11x2  � 4mx1  x1  8m  22  x1  x1 x2   m  1 x1 x2  4mx1  11x1  11x2  �  2m   x1 x2  11 x1  x2   8m  18 �  2m    4m  11  22  m  1  8m  18 � 8m2  22m  16m  44  22m  22  8m  18 � 8m  8m  48  � m2  m   � m  2m  3m   � m  m  2   m  2  �  m  3  m    m  3 � �� m2 � Vậy m  3 hoặc m  thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài (1,0 điểm) Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17cm Hai cạnh góc vuông có độ dài 7cm Tính diện tích của tam giác vuông đó Lời giải Gọi độ dài một cạnh góc vuông lớn của tam giác vuông là x (cm),   x  17  Khi đó độ dài cạnh góc vuông còn lại của tam giác vuông đó là: x  (cm) Áp dụng định lí Pi – ta – go cho tam giác vuông này ta có phương trình: x   x    17 2 � x  14 x  49  289 � x  14 x  240  �  x  15   x    �x  15 x  15  � �� �� x  8 x8  � �  tm   ktm  � độ dài cạnh còn lại của tam giác vuông là: 15   cm Vậy diện tích của tam giác vuông đó là: S  8.15  60 cm2 Bài (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC Trên cung nhỏ � AC lấy điểm M khác A thỏa mãn MA < MC Vẽ đường kính MN của đường tròn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A MB, MN Chứng minh rằng : a) Bốn điểm A, H, K, M cùng nằm một đường tròn b) AH.AK = HB.MK c) Khi điểm M di động cung nhỏ � AC thì đường thẳng HK qua một điểm cố định Lời giải a) Bốn điểm A , H , K , M nằm đường tròn Xét tứ giác AHKM ta có: � AHM  � AKM  90�(gt) Mà hai góc này là góc kề cạnh HK và cùng nhìn đoạn AM � AHKM là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Hay bốn điểm A , H , K , M cùng nằm một đường tròn (đpcm) b) AH AK  HB.MK Ta có: �� AMK  sd � AN � � �� AMK  � ABH  sd � AN  sd � AM � � �� ABH  sd AM �   �  180�� � Mà sd � AN  sd � AM  sd MAN AMK  � ABH  90� �  90�(tam giác ABH vuông tại H ) Mà � ABH  BAH � �� AMK  BAH Xét tam giác AMK và tam giác BAH có: � �  90� AKM  BHA � � (cmt) AMK  BAH � AMK ∽ BAH (g.g) � AK MK  � AH AK  HB.MK HB AH c) Khi điểm M di động cung nhỏ AC đường thẳng HK ln qua điểm cố định Kéo dài HK cắt AB tại E �  MHK � Ta có MAK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK ) � � Lại có MHK (đối đỉnh)  EHB �  EHB � � MAK � � � Do AMK ∽ BAH (cmt) � MAK ABH  EBH �  EBH � � EHB cân tại E � EHB � EH  EB (1) �  EAH �  90�(Tam giác ABH vuông tại H ) Ta có EBH �  EHA � � EHB AHB  90� �  EHA � � EAH cân tại E � EAH � EA  EH (2) Từ (1) và (2) � EA  EB � E là trung điểm của AB Do A , B cố định � E cố định Vậy M di chuyển cung nhỏ AC thì HK qua trung điểm của AB (đpcm) HẾT