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: \(x\) \[--2\] \[--1\] \[0\] \[1\] \[2\] \(y = - 2{x^2}\) \( - 8\) \( - 2\) \[0\] \( - 2\) \( - 8\) 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: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 2m - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{{x_1}{x_2} = 6m - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\]

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 \(AC.\)