De HD mon toan TS 10 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP. ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM 2018
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (1,5 điểm)
1
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức : A = 2 - 3
a
2( a - 2)
+
=1
a
4
a
+
2
b) Cho a ≥ 0, a ≠ 4. Chứng minh :
Bài 2 (2,0 điểm)
ìïï x + 2y = 14
í
ï 2x + 3y = 24
a) Giải hệ phương trình : ïỵ
3
4x +

= 11
x- 1
b) Giải phương trình :
1 2
x
2 và y = x – 4 trên cùng một mặt
Bài 3 (1,5 điểm) Vẽ đồ thị của các hàm số
phẳng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của
đường trịn ngoại tiếp OAB, với O là gốc tọa độ.(đơn vị trên các trục tọa độ là centimet)
y =-

Bài 4 (1,0 điểm) Cho phương trình : x2 + 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)2 + (6 – x2)(x1x2 + 11) = 72.
Bài 5 (1,0 điểm) Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 cm. Hai cạnh góc vng có
độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vng đó.
Bài 6 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường trịn tâm O có AB < AC.
Trên cung nhỏ AC lấy điểm M khác A thỏa MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường
trịn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên MB, MN.
Chứng minh rằng :
a) Bốn điểm A , H , K , M cùng nằm trên một đường tròn.
b) AH.AK = HB.MK
c) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK ln đi qua một điểm
cố định.
----- HẾT ----Họ và tên thí sinh :

SBD :

Phòng thi số :

……………………………………………………….

………………

………………

GỢI Ý & HƯỚNG DẪN
(2 + 3) (2 + 3)
(2 + 3)
2
2
(2
3)(2
+
3)
2
3
2
3
Bài 1 a) A =
=
=
= 4- 3 = 2+ 3
b) Với a ≥ 0, a ≠ 4, ta xét hiệu :
a
2( a - 2)
a ( a - 2) 2( a - 2)
+
- 1=

+
- 1
a
4
a
4
a
4
a
+
2
M=
1

a - 2 a +2 a - 4
a- 4
- 1
- 1
a- 4
M=
= a- 4
= 1 – 1 = 0.
a
2( a - 2)
+
=1
a
4
a
+

2
Vậy :
ìïï x + 2y = 14
ìïï - 2x - 4y =- 28 ìïï - y =- 4
ìïï y = 4
ìïï y = 4
í
í
í
í
í
ïïỵ 2x + 3y = 24 ïïỵ 2x + 3y = 24
ïïỵ x + 2y = 14 ïïỵ x + 8 = 14 ïïỵ x = 6
Bài 2 a)




ïìï y = 4
í
ï x =6
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : ïỵ
b) ĐKXĐ : x ≠ 1. Quy đồng và khử mẫu hai vế ta được phương trình :
4x(x – 1) + 3 = 11(x – 1)  4x2 – 15x + 14 = 0 (1)
Giải PT (1) có x1 = 2 hay x2 = 7/4 đều thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy S = {2; 7/4}.
Bài 3 Tự lập bảng giá trị của các hàm số và vẽ.
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị :
éx1 = 2
éy1 =- 2
1 2

ê
ê
- x =x- 4
êx 2 =- 4
êy =- 8
2
2
 x + 2x – 8 = 0. Giải PT có ë
 ë2
 Tọa độ điểm A(2; -2) , điểm B(-4; - 8)
Đường thẳng y = x – 4 cắt trục Ox tai điểm C(4; 0) (cho y = 0  x = 4)
Ta có hình vẽ :
Hình vẽ

y

K

O

-4 -2

-2

y=x-4
H

2

4

x
C(4; 0)

A(2; -2)

I

B(-4; -8)

y=

-

1 2
x
2

Theo đồ thị ta có :
OAC có HA = HO = HC = 2
 OAC vuông tại A
 OAB vuông tại A
 Cạnh huyền OB là đường kính của đường
trịn ngoại tiếp OAB.
Dựa vào OKB vng tại K (hình vẽ), dùng
Pitago ta tính được OB = 4 5 (cm)  Độ
OB
= 2 5 (cm)
dài bán kính cần tính OI = 2

Bài 4 PT có a = 1, b’ = m – 1 và c = 4m – 11. Ta có ’ = m2 – 6m + 12 = (m – 3)2 + 3
Vì (m – 3)2 ≥ 0 với mọi giá trị của m nên ’ > 0 với mọi giá trị của m
 PT ln có 2 nghiệm phân biệt m.
ìïï x1 + x 2 =- 2(m - 1)
í
ï x .x = 4m - 11
Theo Vi-et ta có : ïỵ 1 2
(a)
Vì x1, x2 là nghiệm của PT nên thay vào PT đã cho, ta có :
ìï x12 = -2(m – 1)x 1 - 4m +11
ïìï x12 + 2(m – 1)x1 + 4m – 11 = 0
ïí
í 2
ïïỵ x 2 + 2(m – 1)x 2 + 4m – 11 = 0
ï x 2 = -2(m – 1)x1 - 4m +11
 ïỵ 2
(b)
2
Theo bài ta có : 2(x1 – 1) + (6 – x2)(x1x2 + 11) = 72
 2(x12 – 2x1 +1) + 6x1x2 + 66 - x1x22 – 11x2 = 72 (c)
Thay (b) vào (c) được : (2m + 4)x1x2 – 11(x1 + x2) = 8m – 18 (d)
Thay (a) vào (d) ta có : (2m + 4)(4m – 11) + 22(m - 1) = 8m – 18
 m2 + m – 6 = 0 (*)
Giải PT (*) có m = 2 hay m = -3. Vậy m = 2 hay m = - 3 thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Bài 5
Gọi cạnh góc vng lớn là x(cm) (ĐK: 7 < x < 17) cạnh góc vng nhỏ là (x – 7) (cm)
Theo Pitago ta có x2 + (x – 7)2 = 172  2x2 – 14x – 240 = 0 (1)
Giải PT (1) được x = 15 (thỏa mãn ĐK - Nhận) hay x = - 8 (khơng thỏa mẫn ĐK - Loại).
 Các cạnh góc vng lần lượt bằng 15(cm) và 15 – 7 = 8(cm)

Vậy diện tích tam giác vng bằng (8.15) : 2 = 60(cm2)
Bài 6

Hình vẽ tồn bài

a) Ta có AHM = 900 (gt) và AKM = 900 (gt)
Xét tứ giác AHKM có hai đỉnh H và K cùng nhìn cạnh
AM dưới một góc bằng 900 nên tứ giác AHKM nội
tiếp đường trịn đường kính AM
 Bốn điểm A, H, K, M thuộc đường trịn đường
kính AM.

1

b) Xét AKM và BHA có AKM = BHA = 900 (gt) (a)
Mặt khác, ta có BHA + B1 = 900 (BAH vuông tại H)
1
1
1
và AMN + B1 = 2 (sđAN + sđAM) = 2 sđMN = 2 .1800 = 900
 BAH = AMN = AMK (b)
AK MK
=
Từ (a) & (b)  AKM  BHA (g-g)  BH AH . Vậy AK.AH = BH.MK
c) Gọi I là giao điểm của đường thẳng HK và AB.
Tứ giác AHMK nội tiếp (cmt)  A1 = H1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
Mà H1 = H2 (đối đỉnh). Do AKM  BHA (cmt)  A1 = B1 (2 góc tương ứng)
 H2 = B1  IBH cân tại I  IB = IH (1). Có BAH + B1 = 900 = AHI + H2 mà B1 = H2 
BAH = IHA  IAH cân tại I  IA = IH (2).
Từ (1) và (2)  I là trung điểm của AB. Do A và B cố định nên điểm I cố định.

Vậy khi M di chuyển trên cung nhỏ AC của đường trịn (O) thì đường thẳng HK
ln ln đi qua một điểm cố định I là trung điểm của đoạn thẳng AB.