Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2018 - 2019 Sở GD&ĐT Đà Nẵng có đáp án

\[A = \frac{1}{{2 - \sqrt 3 }}\]\[ = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}} = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{4 - 3}} = 2 + \sqrt 3 \].

Với \[a \ge 0,\,a \ne 4\], ta có:

\[VT = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{a - 4}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{{2\left( {\sqrt a  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt a  - 2} \right)\left( {\sqrt a  + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{2}{{\sqrt a  + 2}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a  + 2}}{{\sqrt a  + 2}} = 1 = VP\].

Vậy đẳng thức đã được chứng minh.

\[\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 14\\2x + 3y = 24\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2x + 3y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\2\left( {14 - 2y} \right) + 3y = 24\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\28 - y = 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - 2y\\y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\].

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \[\left( {x;\,y} \right) = \left( {6;\,4} \right)\].

+) Vẽ đồ thị hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\].

Bảng giá trị:

Khi đó đồ thị hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\] có hình dạng là một parabol và đi qua các điểm (– 4; – 8), (– 2; – 2), (0; 0), (2; – 2), (4; – 8).

+) Vẽ đồ thị hàm số \[y = x - 4\].

Với \[x = 0\] thì \[y =  - 4\], với \[x = 4\] thì \[y = 0\].

Khi đó đồ thị hàm số \[y = x - 4\] là một đường thẳng và đi qua các điểm (0; – 4), (4; 0).

Vẽ hai đồ thị lên cùng một hệ trục tọa độ ta được:

+) Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số \[y =  - \frac{1}{2}{x^2}\] và \[y = x - 4\] là

\[ - \frac{1}{2}{x^2} = x - 4 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 4\end{array} \right.\]

Với \[x = 2 \Rightarrow y =  - 2 \Rightarrow A\left( {2;\, - 2} \right)\].

Với \[x =  - 4 \Rightarrow y =  - 8 \Rightarrow B\left( { - 4;\, - 8} \right)\].

Gọi các điểm \[C\left( { - 4;\,0} \right),\,\,D\left( {2;\,0} \right),\,E\left( {4;\,0} \right)\].

Xét tam giác \[OAE\] ta có: \[OD = DE = \frac{1}{2}OE = 2\,\,{\rm{cm}}\], \[AD = 2\,{\rm{cm}}\] nên tam giác \[OAE\] vuông tại \[A\].

Khi đó ta có: \[OA \bot AB\] 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 bằng \[\frac{1}{2}OB\].

Ta có: Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông \[OBC\] có:

\[O{B^2} = O{C^2} + B{C^2} = {4^2} + {8^2} = 80\]

\[ \Rightarrow OB = \sqrt {80}  = 4\sqrt 5 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OAB\] là \[\frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}.4\sqrt 5  = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\].

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2} \Leftrightarrow \Delta ' > 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {4m - 11} \right) > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - 4m + 11 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 12 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 + 3 > 0\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\]

Vì \[{\left( {m - 3} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m\] nên \[{\left( {m - 3} \right)^2} + 3 > 0\,\,\forall m \Rightarrow \Delta ' > 0\,\,\forall m\].

Hay phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2}\] với mọi \[m\].

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 4m - 11\end{array} \right.\].

Vì \[{x_1},\,{x_2}\] là nghiệm của phương trình \[{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 4m - 11 = 0\] nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}x_1^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_1} + 4m - 11 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 + 4\left( {m - 1} \right){x_1} + 8m - 22 = 0\\x_2^2 + 2\left( {m - 1} \right){x_2} + 4m - 11 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x_1^2 =  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22\\x_2^2 =  - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11\end{array} \right.\].

Ta có: \[2{\left( {{x_1} - 1} \right)^2} + \left( {6 - {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} + 11} \right) = 72\]

\[ \Leftrightarrow 2x_1^2 - 4{x_1} + 2 + 6{x_1}{x_2} + 66 - {x_1}x_2^2 - 11{x_2} = 72\]

\[ \Leftrightarrow  - 4\left( {m - 1} \right){x_1} - 8m + 22 - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} - {x_1}\left[ { - 2\left( {m - 1} \right){x_2} - 4m + 11} \right] - 11{x_2} = 4\]

\[ \Leftrightarrow  - 4m{x_1} + 4{x_1} - 8m - 4{x_1} + 6{x_1}{x_2} + 2\left( {m - 1} \right){x_1}{x_2} + 4m{x_1} - 11{x_1} - 11{x_2} =  - 18\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right){x_1}{x_2} - 11\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m + 4} \right)\left( {4m - 11} \right) - 11.\left[ { - 2\left( {m - 1} \right)} \right] = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow 8{m^2} - 22m + 16m - 44 + 22m - 22 = 8m - 18\]

\[ \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 48 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 3m - 6 = 0\]

\[ \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) + 3\left( {m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {m + 3} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.\].

Vậy \[m =  - 3\] hoặc \[m = 2\] thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.