Giải đề thi tuyển sinh 10 môn Toán TP Đà Nẵng

a)

b) $B=\dfrac{2\sqrt{x}-x+x+4}{4-x}:\dfrac{-\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}}=\dfrac{-2-\dfrac{4}{\sqrt{x}}}{2+\sqrt{x}}=\dfrac{-2(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+2\right)}=-\dfrac{2}{\sqrt{x}}$

$B<-\sqrt{x} \Leftrightarrow -\dfrac{2}{\sqrt{x}}< -\sqrt{x} \Leftrightarrow x<2$, kết hợp với điều kiện có một giá trị nguyên duy nhất  của $x$ thoả ycbt là 1.

a) 

b) Phương trình đường thẳng  qua $B$ và vuông góc với $(d):y=kx-2k+4$ là $$y=-\dfrac{x}{k}+4-\dfrac{4}{k}.$$

Khử $x$ giữa hai phương trình  đường thẳng (nhân phương trình  dưới cho $k^2$ rồi cộng cho phương trình  trên) ta có tung độ giao điểm  xác định bởi $$\left(k^2+1\right)y=4k^2-6k+4 \Leftrightarrow y=\dfrac{4k^2-6k+4}{1+k^2}$$

Khoảng cách từ $H$ đến đường thẳng  $BC$  bằng $h=\left|\dfrac{4-6k+4k^2}{1+k^2}-4\right|= \dfrac{6|k|}{1+k^2}$.

Ngoài ra $BC=6$ nên diện tích tam giác $HBC$ bằng  $$S=\dfrac12.BC.h=\dfrac{18|k|}{1+k^2}$$

Vì $1+k^2\geqslant 2|k|$ nên $$S=\dfrac{18|k|}{1+k^2} \leqslant 9\ \text{(đpcm).}$$

a) Khi $m=2$ ta có phương trình  $x^2+4x-12=0 $

b) Vì $a$ và $c$ trái dấu nên phương trình  bậc hai luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2 $ với $x_1+x_2=-4(m-1)$ và $x_1.x_2=-12$

$$x^2+4(m-1)x-12=0 \Rightarrow x^2-4x+4+4(mx-4)=0\Rightarrow (x-2)^2=4(4-mx) \Rightarrow 2\sqrt{4-mx_2}=|x_2-2|$$

$$4|x_1-2|\sqrt{4-mx_2}=(x_1+x_2-x_1x_2-8)^2\Leftrightarrow 2|x_1-2||x_2-2|=(x_1+x_2-x_1x_2-8)^2$$

$$\Leftrightarrow 2|x_1x_2-2(x_1+x_2)+4|=(x_1+x_2-x_1x_2-8)^2\Leftrightarrow 16|m-2|=(8-4m)^2\Leftrightarrow |m-2|^2-|m-2|=0$$

$$\Leftrightarrow |m-2|=0 \ \vee |m-2|=1 \Leftrightarrow  m=1 \vee  m=2 \vee  m=3$$

a) Số lớn bằng  $\dfrac{2021+15}{2}=1018$ và số bé bằng $1018-15=1003$.

b) Gọi $x$ là số người  dự kiến xét nghiệm trong 1 giờ (x nguyên dương, đơn vị nghìn người). Theo đề bài ta có pt

$$\dfrac{12}{x}-\dfrac{12}{x+1}=16\Leftrightarrow 16x(x+1)=12\Leftrightarrow 16x^2+16x=12$$

Vậy trong 1 giờ xét nghiệm $\dfrac12\times 1000= 500$ người. do đó thời gian dự kiến  là $\dfrac{12000}{500}=24$ giờ,

a) Tứ giác $BEDC$ có $E$ và $D$ cùng nhìn $BC$ dưới một góc vuông  nên nối tiếp đường tròn  đường kính  $BC$.

b) Ta có $\widehat{M_1}=\widehat{A_1}+\widehat{C}$

$\widehat{A_1}=\widehat{E_1}$ cùng chắn cung $DG$ của đường tròn  đường kính  $AH$

$\widehat{C}=\widehat{E_2}=$ do tứ giác $DEBC$ nội tiếp.

Vậy $\widehat{M_1}=\widehat{E_1}+\widehat{E_2}=\widehat{AEG}$ suy ra tứ giác $EGMB$ nội tiếp. Do đó $AE.AB=AG.AM$ (đpcm)

c) Ta chứng minh $MD$ là tiếp tuyến của đường tròn  đường kính  $AH$ tâm $I$ là trung điểm $AH$. Thậy vậy, $\widehat{MDI}=\underbrace{\widehat{MDB}+\widehat{HDI} =\widehat{MBD}+\widehat{IHD}}_{\text{các tam giác } \ MDB, \   IHD\ \text{cân}}=\widehat{MBD}+\widehat{AED}=\widehat{CBD}+\widehat{BCD}=90^\circ$.

Vì $MD$ là tiếp tuyến của đường tròn nên $\widehat{MAC}=\widehat{MDG}$ (cùng chắn cung $DG$) .

Tứ giác $GEBM$ có $\widehat{EBM}=180^\circ -\widehat{BAC}-\widehat{ACB}=180^\circ -\widehat{BAC}-\widehat{AED}=\widehat{ADE}=\widehat{AGE}$ nên là tứ giác nội tiếp. Vậy $G$ nằm trên đường tròn  $(CBE)$. Vậy $AG.AM= AE.AB$. Suy ra  $AD.AC=AG.AM$. Do đó tứ giác $MGDC$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{MDG} =\widehat{GCM}$ (cùng chắn cung $GM$).

Vậy $\widehat{MAC}=\widehat{GCM}$ (đpcm).

Ta chứng minh phần còn lại của câu này.

• $\Large\color{blue} \bullet $ Gọi $F$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của tam giác $ABC$. Tứ giác $ADFB$ nội tiếp đường tròn  đường kính  $AB$. Suy ra $\widehat{DFM}=\widehat{DAB}$.Mà $\widehat{DAB}=\widehat{A_1}+\widehat{DAH}=\widehat{D_1}+\widehat{HDM}=\widehat{KDM}$ (chú ý $MD$ là tiếp tuyến của đường tròn  đường kính  $AH$ (cmt).)Hai tam giác $MFD$ và $MDK$ có góc $\widehat{DMK}$ chung và $\widehat{MFD}= \widehat{MDK}$ nên là hai tam giác đồng dạng. Suy ra $\dfrac{MF}{MD}=\dfrac{MD}{MK} \Rightarrow MD^2=MF.MK\quad (1)$.Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn  đường kính  $AH$, với tiếp tuyến $MD$ và cát tuyến $MGA$ ta có $MD^2=MG.MA\quad (2)$So sánh (1) và (2), suy ra $MG.MA=MF.MK$ suy ra tứ giác $AGFK$ nội tiếp một đường tròn, chính là đường tròn  đường kính  $AK$. Suy ra $KG\perp AG\equiv AM$.
• $\Large\color{blue} \bullet $ Hai đường tròn  $(MBE)$ và $(MCD)$ có điểm chung $M$. Ta chứng minh  $G$ là điểm chung thứ hai. Theo cmt  $G$ nằm trên đường tròn  $(CBE)$. Điều còn lại chứng minh tương tự.
• $\Large\color{blue} \bullet $ Vậy đường nối tâm của hai đường tròn  vuông góc với đường thẳng  $MG\equiv AM$.
  Ngoài ra $KG$ cũng vuông góc với $AM$ nên $KG$ song song với đường nối tâm (đpcm).

About TS. Nguyễn Thái Sơn

Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). /n Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). /n Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). /n Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.