Tuyển tập đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh

398 trang thaodu 8990

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_de_luyen_thi_vao_lop_10_mon_toan_so_giao_duc_va_da.pdf

Nội dung text: Tuyển tập đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh

Website: tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các đề luyện thi chất lượng vào lớp 10, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập đề luyện thi vào lớp 10 thành phố Hồ Chí Minh có đáp án chi tiết. Chúng tôi sưu tầm và tổng hợp tuyển tập này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay chất lượng giúp các em ôn thi tốt trong kì thi vào lớp 10 quan trọng. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề thi này để giúp con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập đề này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ tài liệu này! 1
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 1: ĐỀ MINH HỌA SỐ 1, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x x 3 15 3x 1 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m và chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Tính diện tích của miếng đất Câu 2: x 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y 4 b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D y: 2x m tại điểm có ho|nh độ x = 1 Câu 3: a) Thu gọn biểu thức: A 4 2 3 4 2 3 b) Giá bán một chiếc Tivi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm 10% so với gi{ đang b{n, sau khi giảm giá 2 lần đó thì gi{ còn lại l| 16.200.000 đồng. Vậy gi{ b{n ban đầu của Tivi là bao nhiêu? Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2mx m 2 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1 ,x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 2 2 1 x1 2 x2 1 x2 2 x1 x1 x2 2 Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đƣờng tròn t}m O đƣờng kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lƣợt tại D, E. Gọi H l| giao điểm của BD v| CE; F l| giao điểm của AH và BC a) Chứng minh: AF  BC và AFDˆ ACEˆ b) Gọi M l| trung điểm của AH. Chứng minh: MD  OD v| 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đƣờng tròn c) Gọi K l| giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2 MK.MF và K là trực tâm của tam giác MBC 2 1 1 d) Chứng minh: FK FH FA 2
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x x 3 15 3x 1 (1) Giải: 1 x 2 3x 15 3x 1 x 2 3x 15 3x 1 0 x 2 6x 16 0 Ta có ' 32 .1 16 9 16 25 ;0 ' 25 5 Do ' 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 3 5 3 5 x 2;x 8 1 1 2 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 2; 8  b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m và chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Tính diện tích của miếng đất Giải: Gọi x (m) là chiều dài và y (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > y > 0) 2 x y 40 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: x 3y x y 20 3x 3y 60 4x 60 x 15 x 15 (thỏa) x 3y 0 x 3y 0 x 3y 0 15 3y 0 y 5 Diện tích của miếng đất là: S xy 15.5 75 m2 Câu 2: x 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y 4 Giải: Bảng giá trị x 4 2 0 2 4 x 2 y 4 1 0 1 4 4 Đồ thị 3
Website: tailieumontoan.com (P) b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D y: 2x m tại điểm có ho|nh độ x = 1 Giải: x 2 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: 2x m 4 12 1 9 Do (D) cắt (P) tại điểm có ho|nh độ x = 1 nên thỏa: 2.1 m m 2 4 4 4 9 Vậy m là giá trị cần tìm 4 Câu 3: a) Thu gọn biểu thức: A 4 2 3 4 2 3 Giải: Ta có A 4 2 3 4 2 3 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 2 (vì 3 1 ;0 3 1 0) b) Giá bán một chiếc Tivi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm 10% so với gi{ đang b{n, sau khi giảm giá 2 lần đó thì gi{ còn lại l| 16.200.000 đồng. Vậy gi{ b{n ban đầu của Tivi là bao nhiêu? Giải: Gọi x (đồng) l| gi{ b{n ban đầu của Tivi (x > 0) Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ nhất là: 100% 10% .x 90%x (đồng) Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ hai là: 100% 10% .90%x 90%.90%.x (đồng) 4
Website: tailieumontoan.com Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 90%.90%x 16200000 x 20000000 (nhận) Vậy giá bán ban đầu là của Tivi l|: 20.000.000 (đồng) Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2mx m 2 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m Giải: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 m 1. m 2 m2 m 2 m2 2.m. 2 m 2 Ta có Δ' 2 2 2 2 4 2 2 1 7 7 1 m 0,m (vì m 0,m ) 2 4 4 2 Do Δ' 0,m nên phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1 ,x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 1 x 2 x 1 x 2 x x2 x2 2 1 2 2 1 1 2 Giải: Theo câu a, với mọi m thì phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b 2m x1 x 2 2m a 1 c m 2 x x m 2 1 2 a 1 1 x 2 x 1 x 2 x x2 x2 2 Ta có: 1 2 2 1 1 2 2 2 x 2 2x1 x1 x 2 2 x1 2x 2 x1 x 2 x1 x 2 2x1x 2 2 2 x1 x 2 x1 x 2 2 0 2 2m 2m 2 0 (do hệ thức Vi-ét) 4m2 2m 2 0 2m2 m 1 0 * Ta có a b c 2 1 1 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm: c 1 m 1;m 1 2 a 2 1 Vậy m 1;m là các giá trị cần tìm 1 2 2 Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đƣờng tròn t}m O đƣờng kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lƣợt tại D, E. Gọi H l| giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC a) Chứng minh: AF  BC và AFDˆ ACEˆ Giải: 5
Website: tailieumontoan.com A D E H B C F O Ta có BDCˆ BECˆ 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O)) BD  AC, CF  AB Xét ∆ABC có: BD v| CE l| 2 đƣờng cao cắt nhau tại H H là trực tâm của ∆ABC AH  BC tại F Xét tứ giác HFCD có: HFCˆ HDCˆ 900 900 1800 (vì AH  BC, BD  AC) Tứ giác HFCD nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) AFDˆ ACEˆ (cùng chắn cung HD) b) Gọi M l| trung điểm của AH. Chứng minh: MD  OD v| 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đƣờng tròn Giải: 6
Website: tailieumontoan.com A M D E H B C F O Ta có ∆ADH vuông tại D và có DM là trung tuyến MD = MA = MH (1) Ta có ∆AEH vuông tại E và có EM là trung tuyến ME = MA = MH (2) Từ (1) và (2) MD = ME (3) Xét ∆OEM v| ∆ODM có: OE = OD = R ME = MD (do (3)) OM: chung ∆OEM = ∆ODM (c.c.c) MOEˆ MOˆ D (2 góc tƣơng ứng) 1 EOˆ D (4) 2 1 Ta có ECˆ D EOˆ D (5) (hệ quả góc nội tiếp) 2 Ta có HFDˆ ECˆ D (6) (cùng chắn cung HD của tứ giác HFCD nội tiếp) Từ (4), (5) và (6) MOˆ D HFDˆ Tứ giác MFOD nội tiếp (7) (tứ gi{c có 2 đỉnh O, F cùng nhìn cạnh MD dƣới một góc bằng nhau) 0 MDˆ O 180 MFOˆ (tổng 2 góc đối của tứ giác MFOD nội tiếp) 1800 900 900 (vì AF  BC) MD  DO Xét tứ giác MEOD có: MEOˆ MDˆ O 900 (vì ∆MEO = MDO: cmt) 7
Website: tailieumontoan.com MEOˆ MDˆ O 900 900 1800 Tứ giác MEOD nội tiếp (8) (tổng 2 góc đối bằng 1800) Từ (7) và (8) 5 điểm M, E, F, O, D cùng thuộc đƣờng tròn (MOD) c) Gọi K l| giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD2 MK.MF và K là trực tâm của tam giác MBC Giải: A M D K I E H B C F O Gọi I l| giao điểm thứ hai của MC v| đƣờng tròn (O) Ta có MDEˆ DCEˆ (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Hay MDˆ K HCˆ D HFDˆ (cùng chắn cung HD của tứ giác HFCD nội tiếp) MFDˆ (9) Xét ∆MDK v| ∆MFD có: FMˆ D : chung MDˆ K MFDˆ (do (9)) ∆MDK ∆MFD (g.g) MD MK MD2 MK.MF (10) MF MD∽ Ta có MDIˆ MCˆ D (11) (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Xét ∆MDI v| ∆MCD có: CMˆ D : chung MDIˆ MCˆ D (do (11)) ∆MDI ∆MCD (g.g) ∽ 8
Website: tailieumontoan.com MD MI MD2 MI.MC(12) MC MD Từ (10) và (12) MI.MC = MK.MF = MD2 MI MK (13) MF MC Xét ∆MKI v| ∆MCF có: FMˆ C : chung MI MK (do (13)) MF MC ∆MKI ∆MCF (c.g.c) MˆIK MFCˆ 900 (2 góc tƣơng ứng) ∽ KI  MC (14) Mà BˆCI 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn) BI  MC (15) Từ (14) và (15) 3 điểm B, K, I thẳng hàng BK  MC Mà MK  BC nên K là trực t}m ∆MBC 2 1 1 d) Chứng minh: FK FH FA Giải: Ta có FA.FH FM MA FM MH FM MA FM MA FM2 MA2 (16) (vì MA = MH) Ta có FK.FM FM MK .FM FM2 MK.MF FM2 MD2 (do trên) FM2 MA2 (17) (vì MD = MA) Từ (16) và (17) FA.FH = FK.FM 2 2FM FM MA FM MH FA FH 1 1 FK FA.FH FA.FH FA.FH FA FH 9
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 2: ĐỀ MINH HỌA SỐ 2, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM NĂM 2017-2018 Câu 1: x 1 1 2x c) Giải phƣơng trình: 2 4 5 d) Bạn Nam đem 20 tờ tiền giấy gồm hai loại 2.000 đồng v| 5.000 đồng đến siêu thị mua một món quà có giá trị l| 78.000 đồng v| đƣợc thối lại 1.000 đồng. Hỏi có bao nhiêu tờ tiền mỗi loại? Câu 2: x 2 a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) của hàm số y 2 b) Gọi A l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ bằng 2. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Câu 3: 1 2 7 a) Thu gọn biểu thức: A 2 2 2 1 2 2 4 b) Một ngƣời gửi tiết kiệm 200 triệu VNĐ v|o t|i khoản tại ngân hàng Nam Á. Có 2 sự lựa chọn: ngƣời gửi có thể nhận đƣợc lãi suất 7% một năm hoặc nhận tiền thƣởng ngay là 3 triệu VNĐ với lãi suất 6% một năm. Lựa chọn nào tốt hơn sau một năm? Sau hai năm? Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1 ,x 2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). x 2 x 1 x 2 x 1 Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 2 2 x1 x 2 Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đƣờng tròn t}m O (AB < AC). C{c đƣờng cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra AHCˆ 1800 ABCˆ b) Gọi M l| điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp c) Gọi I là giao điểm của AM v| HC; J l| giao điểm của AC và HN. Chứng minh AˆIJ ANCˆ d) Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ 10
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: x 1 1 2x a) Giải phƣơng trình: 2 (1) 4 5 Giải: 5 x 1 40 4 1 2x 1 20 20 20 5 x 1 40 4 1 2x 5x 5 40 4 8x 5x 8x 40 4 5 13x 39 x 3 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 3  b) Bạn Nam đem 20 tờ tiền giấy gồm hai loại 2.000 đồng v| 5.000 đồng đến siêu thị mua một món quà có giá trị l| 78.000 đồng v| đƣợc thối lại 1.000 đồng. Hỏi có bao nhiêu tờ tiền mỗi loại? Giải: Gọi x, y lần lƣợt là số tờ tiền 2.000 đồng v| 5.000 đồng (x > 0, y > 0) x y 20 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: 2000x 5000y 78000 1000 x y 20 5x 5y 100 3x 21 x 7 x 7 (nhận) 2x 5y 79 2x 5y 79 2x 5y 79 14 5y 79 y 13 Vậy có 7 tờ tiền 2.000 đồng và 13 tờ tiền 5.000 đồng Câu 2: x 2 a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) của hàm số y 2 Giải: Bảng giá trị x 4 2 0 2 4 x 2 y 8 2 0 2 8 2 Đồ thị 11
Website: tailieumontoan.com b) Gọi A l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ bằng 2. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Giải: 22 Thay x = 2 v|o (P) ta đƣợc: y 2 A 2;2 2 Gọi đƣờng thẳng (OA) có dạng: y ax b a 0 Ta có O 0;0 OA 0 a.0 b b 0 OA y: ax Mà A 2;2 OA 2 2.a a 1 (nhận) Vậy (OA): y = x l| đƣờng thẳng cần tìm Câu 3: 1 2 7 a) Thu gọn biểu thức: A 2 2 2 1 2 2 4 Giải: 1 2 7 Ta có A 2 2 2 1 2 2 4 2 2 2 1 7 2 2 4 2 .2 2 2 1 2 1 2 2 4 2 2 4 2 2 2 1 7 2 2 4 2 7 2 2 4 2 2 1 4 2 1 8 16 4 8 2 2 16 2 1 7 2 2 4 2 2 16 2 16 14 2 28 8 8 8 8 12 3 8 2 12
Website: tailieumontoan.com b) Một ngƣời gửi tiết kiệm 200 triệu VNĐ v|o t|i khoản tại ngân hàng Nam Á. Có 2 sự lựa chọn: ngƣời gửi có thể nhận đƣợc lãi suất 7% một năm hoặc nhận tiền thƣởng ngay là 3 triệu VNĐ với lãi suất 6% một năm. Lựa chọn nào tốt hơn sau một năm? Sau hai năm? Giải: Số tiền cả vốn lẫn lãi sau 1 năm với lãi suất 7% là: 200000000 1. 7% 214000000 (đồng) Số tiền cả vốn lẫn lãi sau 1 năm với lãi suất 6% v| đƣợc thƣởng 3 triệu đồng là: 200000000.(1 6%) 3000000 215000000 (đồng) Vậy sau 1 năm ta nên lựa chọn thứ hai là lãi suất 6% v| đƣợc thƣởng 3 triệu đồng (vì 215000000 đồng > 214000000 đồng) Số tiền cả vốn lẫn lãi sau 2 năm với lãi suất 7% là: 214000000 1 7% 2 228980000 (đồng) Số tiền cả vốn lẫn lãi sau 2 năm với lãi suất 6% v| đƣợc thƣởng 3 triệu đồng là: 200000000 1. 6% 2 3000000 227720000 (đồng) Vậy sau 2 năm ta nên lựa chọn thứ nhất là lãi suất 7% (vì 228980000 đồng > 227720000 đồng) Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu Giải: Ta có Δ m 2 1. 1 m2 1 0,m nên phƣơng trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét: b m x1 x 2 m a 1 c 1 x x 1 1 2 a 1 Do x1 x 2 1 0 nên phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1 ,x 2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). x 2 x 1 x 2 x 1 Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 2 2 x x 1 2 Giải: x 2 x 1 x 2 x 1 Ta có P 1 1 2 2 x x 1 2 x 2 x x x x 2 x x x 1 1 1 2 2 2 1 2 (do x x 1: hệ thức Vi-ét) x x 1 2 1 2 x1 1 x2 x2 1 x1 x1 1 x2 x2 1 x1 0 Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đƣờng tròn t}m O (AB < AC). C{c đƣờng cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra AHCˆ 1800 ABCˆ Giải: 13
Website: tailieumontoan.com A F O H B D C Xét tứ giác BFHD có: BFHˆ BDˆ H 900 900 1800 (vì AD  BC, CF  AB) Tứ giác BFHD nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) Ta có AHCˆ DHFˆ (2 góc đối đỉnh) 1800 ABCˆ (tổng 2 góc đối của tứ giác BFHD nội tiếp) b) Gọi M l| điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp Giải: A N F O H B D C M Ta có AC  MN tại trung điểm của MN (vì N đối xứng với M qua AC) AC l| đƣờng trung trực của đoạn MN AM = AN, CM = CN 14
Website: tailieumontoan.com Xét ∆ANC v| ∆AMC có: AM = AN (do trên) CM = CN (do trên) AC: chung ∆ANC = ∆AMC (c.c.c) ANCˆ AMˆ C (2 góc tƣơng ứng) ABCˆ (cùng chắn cung AC của đƣờng tròn (O)) 1800 AHCˆ (vì AHCˆ 1800 ABCˆ ) ANCˆ AHCˆ 1800 Xét tứ giác AHCN có: ANCˆ AHCˆ 1800 (do trên) Tứ giác AHCN nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) c) Gọi I l| giao điểm của AM và HC; J l| giao điểm của AC và HN. Chứng minh AˆIJ ANCˆ Giải: A N F O J H I B D C M Ta có MACˆ NACˆ (vì ∆ANC = ∆AMC nên 2 góc tƣơng ứng bằng nhau) NHˆ C (cùng chắn cung NC của tứ giác AHCN nội tiếp) Hay IAJˆ IHJˆ Xét tứ giác AHIJ có: IAJˆ IHJˆ (do trên) Tứ giác AHIJ nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh A, H liên tiếp cùng nhìn cạnh IJ dƣới một góc bằng nhau) AˆIJ 1800 AHCˆ (tổng 2 góc đối bằng 1800) ANˆ C (do trên) d) Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ Giải: 15
Website: tailieumontoan.com y A x N F O J H I B D C M Vẽ tiếp tuyến xy của đƣờng tròn (O) tại A OA  xy (1) (tính chất tiếp tuyến) Ta có AˆIJ ANCˆ (do trên) AMˆ C (vì ∆ANC = ∆AMC nên 2 góc tƣơng ứng bằng nhau) yACˆ (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) IJ//xy (2) Từ (1) và (2) OA  IJ (quan hệ giữa tính vuông góc và tính song song) 16
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 3: ĐỀ MINH HỌA SỐ 3, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x2 2 x4 3 b) Lớp 9A có số học sinh nam bằng số học sinh nữ v| ít hơn số học sinh nữ 6 học sinh. Hỏi lớp 4 9A có bao nhiêu học sinh? Câu 2: a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) của hàm số y x 2 x b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với D : y 1 và cắt parabol (P) tại điểm A 2 có ho|nh độ bằng 1 Câu 3: x y x y 4y a) Thu gọn biểu thức: A x, y 0,x y x y x y x y b) Bảng dƣới đ}y mô tả số c}y ăn tr{i đƣợc trồng trên 5 c{nh đồng. Nhìn vào bảng, em trả lời các câu hỏi sau: C{nh đồng Loại cây ăn trái A B C D Táo 687 764 897 540 Cam 811 913 827 644 Lê 460 584 911 678 i) Số cây cam ở c{nh đồng A nhiều hơn số cây cam ở c{nh đồng D là bao nhiêu? ii) C{nh đồng nào có tỉ lệ trồng lê cao nhất? Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) c) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu d) Gọi x1 ,x 2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). x 2 x 1 x 2 x 1 Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 2 2 x1 x 2 Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đƣờng tròn t}m O (AB < AC). C{c đƣờng cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H e) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra AHCˆ 1800 ABCˆ f) Gọi M l| điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp g) Gọi I l| giao điểm của AM v| HC; J l| giao điểm của AC và HN. Chứng minh AˆIJ ANCˆ h) Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ 17
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x2 2 x4 (1) Giải: 1 x 4 x2 2 0 Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (1) trở thành: t 2 t 2 0 (*) Ta có a b c 1 1 2 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm: c 2 t 1 (nhận); t 2 (loại) 1 2 a 1 2 Với t1 1 x 1 x 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S  1;1  3 b) Lớp 9A có số học sinh nam bằng số học sinh nữ v| ít hơn số học sinh nữ 6 học sinh. Hỏi lớp 4 9A có bao nhiêu học sinh? Giải: Gọi x (học sinh), y (học sinh) lần lƣợt là số học sinh nam, nữ của lớp 9A (x > 0, y > 0) 3 x y Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: 4 y x 6 4x 3y 4x 3y 0 4x 3y 0 x 18 x 18 x 18 (thỏa) x y 6 x y 6 3x 3y 18 x y 6 18 y 6 y 24 Vậy lớp 9A có 18 (học sinh) nam và 24 (học sinh) nữ Câu 2: a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) của hàm số y x 2 Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y x 2 4 1 0 1 4 Đồ thị 18
Website: tailieumontoan.com (P) x b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với D : y 1 và cắt parabol (P) tại điểm A 2 có ho|nh độ bằng 1 Giải: Gọi đƣờng thẳng (D’) có dạng: y ax b a 0 1 a 1 Ta có: D' // D D' y x b 2 2 b 1 Thay x 1 v|o (P) ta đƣợc: y 1 2 1 A 1;1 1 1 1 1 Ta có A 1;1 D' y: x b 1 . 1 b b 1 (thỏa) 2 2 2 2 1 1 Vậy D' y: x l| đƣờng thẳng cần tìm 2 2 Câu 3: x y x y 4y a) Thu gọn biểu thức: A x, y 0,x y x y x y x y Giải: x y x y 4y Ta có: A x y x y x y 2 2 x y x y 4y x y x y x y x y x y x y 19
Website: tailieumontoan.com x 2 xy y x 2 xy y 4y x 2 xy y x 2 xy y 4y x y x y x y x y 4 xy 4y 4 y x y 4 y x y x y x y x y x y b) Bảng dƣới đ}y mô tả số c}y ăn tr{i đƣợc trồng trên 5 c{nh đồng. Nhìn vào bảng, em trả lời các câu hỏi sau: C{nh đồng Loại cây ăn trái A B C D Táo 687 764 897 540 Cam 811 913 827 644 Lê 460 584 911 678 iii) Số cây cam ở c{nh đồng A nhiều hơn số cây cam ở c{nh đồng D là bao nhiêu? Giải: Số cây cam ở c{nh đồng A nhiều hơn số cây cam ở c{nh đồng D là: 811 – 644 = 167 (cây) iv) C{nh đồng nào có tỉ lệ trồng lê cao nhất? Giải: 460.100% Tỉ lệ trồng lê ở c{nh đồng A là: 23,49% 687 811 460 584.100% Tỉ lệ trồng lê ở c{nh đồng B là: 25,83% 764 913 584 911.100% Tỉ lệ trồng lê ở c{nh đồng C là: 34,57% 897 827 911 678.100% Tỉ lệ trồng lê ở c{nh đồng D là: 36,41% 540 644 678 Vậy tỉ lệ trồng lê cao nhất là ở c{nh đồng D Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) c) Chứng minh phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu Giải: Ta có Δ m 2 1. 1 m2 1 0,m nên phƣơng trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét: b m x1 x 2 m a 1 c 1 x x 1 1 2 a 1 Do x1 x 2 1 0 nên phƣơng trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu d) Gọi x1 ,x 2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). x 2 x 1 x 2 x 1 Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 2 2 x x 1 2 Giải: x 2 x 1 x 2 x 1 Ta có P 1 1 2 2 x x 1 2 20
Website: tailieumontoan.com x 2 x x x x 2 x x x 1 1 1 2 2 2 1 2 (do x x 1: hệ thức Vi-ét) x x 1 2 1 2 x1 1 x2 x2 1 x1 x1 1 x2 x2 1 x1 0 Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đƣờng tròn t}m O (AB < AC). C{c đƣờng cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H e) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra AHCˆ 1800 ABCˆ Giải: A F O H B D C Xét tứ giác BFHD có: BFHˆ BDˆ H 900 900 1800 (vì AD  BC, CF  AB) Tứ giác BFHD nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) Ta có AHCˆ DHFˆ (2 góc đối đỉnh) 1800 ABCˆ (tổng 2 góc đối của tứ giác BFHD nội tiếp) f) Gọi M l| điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp Giải: 21
Website: tailieumontoan.com A N F O H B D C M Ta có AC  MN tại trung điểm của MN (vì N đối xứng với M qua AC) AC l| đƣờng trung trực của đoạn MN AM = AN, CM = CN Xét ∆ANC v| ∆AMC có: AM = AN (do trên) CM = CN (do trên) AC: chung ∆ANC = ∆AMC (c.c.c) ANCˆ AMˆ C (2 góc tƣơng ứng) ABCˆ (cùng chắn cung AC của đƣờng tròn (O)) 1800 AHCˆ (vì AHCˆ 1800 ABCˆ ) ANCˆ AHCˆ 1800 Xét tứ giác AHCN có: ANCˆ AHCˆ 1800 (do trên) Tứ giác AHCN nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) g) Gọi I l| giao điểm của AM v| HC; J l| giao điểm của AC và HN. Chứng minh AˆIJ ANCˆ Giải: 22
Website: tailieumontoan.com A N F O J H I B D C M Ta có MACˆ NACˆ (vì ∆ANC = ∆AMC nên 2 góc tƣơng ứng bằng nhau) NHˆ C (cùng chắn cung NC của tứ giác AHCN nội tiếp) Hay IAJˆ IHJˆ Xét tứ giác AHIJ có: IAJˆ IHJˆ (do trên) Tứ giác AHIJ nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh A, H liên tiếp cùng nhìn cạnh IJ dƣới một góc bằng nhau) AˆIJ 1800 AHCˆ (tổng 2 góc đối bằng 1800) ANCˆ (do trên) h) Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ Giải: 23
Website: tailieumontoan.com y A x N F O J H I B D C M Vẽ tiếp tuyến xy của đƣờng tròn (O) tại A OA  xy (1) (tính chất tiếp tuyến) Ta có AˆIJ ANCˆ (do trên) AMˆ C (vì ∆ANC = ∆AMC nên 2 góc tƣơng ứng bằng nhau) yACˆ (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) IJ//xy (2) Từ (1) và (2) OA  IJ (quan hệ giữa tính vuông góc và tính song song) 24
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 4: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS Á CHÂU, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) 3x 2 17x 10 0 c) 5x 4 43x 2 18 0 2 3x 4y 32 b) 2x x5 5 2 0 d) 4x 3y 1 1 Câu 2: (1,5 điểm) Cho P : y x 2 và D y: x 4 2 a) Vẽ đồ thị (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ c{c giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán Câu 3: (1,5 điểm) 3 2 2 2 3 a) Rút gọn biểu thức sau: A 2 6 3 2 2 2 3 b) Ông A vay ngân hàng 100 triệu lãi suất 12%/năm. Ông A muốn hoàn nợ theo c{ch sau: đúng 1 tháng sau ngày vay ông hoàn nợ: ông trả 10 triệu/tháng. Hỏi sau 3 tháng kể từ ngày vay. Ông A còn nợ ngân hàng bao nhiêu? Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x 2 2mx 3 0 (m là tham số) a) Tìm m để phƣơng trình trên có nghiệm 2 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình. Tìm m để 3x1x 2 2x 2 x1 x 2 m 3 Câu 5: (3,5 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đƣờng tròn (O). Từ A vẽ 2 tiếp tuyến AB và AC (B và C là 2 tiếp điểm) và vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho tâm O nằm trong góc EAC a) Chứng minh OA  BC tại H và AB.AC = AD.AE b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp c) Gọi K l| giao điểm của DE và BC. Chứng minh: AD.KE = AE.KD d) Gọi M l| điểm đối xứng của B qua E. AM cắt BC tại N. Chứng minh: ND//BM 25
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) 3x 2 17x 10 0 (1) Giải: Ta có 17 2 .3.4 10 289 120 169 ;0 169 13 Do 0 nên phƣơng (1) có 2 nghiệm phân biệt: 17 13 17 13 2 x 5;x 1 2.3 2 2.3 3 2 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 5;  3 b) 2x 2 x5 5 2 0 (2) Giải: Ta có a b c 2 5 5 2 0 nên phƣơng trình (2) có 2 nghiệm: c 5 2 x 1;x 1 2 a 2 5 2 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (2) l|: S 1;  2  c) 5x 4 43x 2 18 0 (3) Giải: Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (3) trở thành: 5t 2 43t 18 0 (*) Ta có 43 2 .5.4 18 1849 360 2209 ;0 2209 47 Do 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 43 47 43 47 2 t 9 (nhận); t (loại) 1 2.5 2 2.5 5 2 Với t1 9 x 9 x 3 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (3) l|: S  3;3  3x 4y 32 d) (4) 4x 3y 1 Giải: 9x 12y 96 25x 100 x 4 x 4 4 16x 12y 4 4x 3y 1 16 3y 1 y 5 Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình (4) l|: x; y 4; 5 1 Câu 2: (1,5 điểm) Cho P : y x 2 và D y: x 4 2 a) Vẽ đồ thị (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ Giải: Bảng giá trị x 4 2 0 2 4 1 2 y x 8 2 0 2 8 2 26
Website: tailieumontoan.com x 0 4 y x 4 4 0 Vẽ đồ thị (D) (P) b) Tìm tọa độ c{c giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán Giải: 1 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x 2 x 4 2 x 2 2x 8 2 2 4 x 2 2x 8 x 2 2x 8 0 5 Ta có ' 1 2 .1 8 1 8 9 ;0 ' 9 3 Do ' 0 nên phƣơng trình (5) có 2 nghiệm phân biệt: 1 3 1 3 x 4;x 2 1 1 2 1 1 + Với x 4 ta có y .42 8 1 1 2 1 + Với x 2 ta có y . 2 2 2 2 2 2 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: A 4; 8 ,B 2; 2 Câu 3: (1,5 điểm) 27
Website: tailieumontoan.com 3 2 2 2 3 a) Rút gọn biểu thức sau: A 2 6 3 2 2 2 3 Giải: 3 2 6 6 3 6 2 6 12 2 2 2 3 Ta có: A 2 6 2 3 2 6 6 6 6 2 6 3 2 6 6 3 6 2 6 12 2 2 2 3 2 3 6 6 6 5 6 12 2 5 6 12 5 6 12 6 2 6 2 6 2 6 5 6 12 5 6 12 5 6 12 5 6 12 6 2 2 5 6 12 5 6 12 2 2 6 2 6 5 2 6 2 6 5 2 6 2 6 150 144 6 5 2 6 2 6 5 (vì 5 6 6 0) b) Ông A vay ngân hàng 100 triệu lãi suất 12%/năm. Ông A muốn hoàn nợ theo c{ch sau: đúng 1 tháng sau ngày vay ông hoàn nợ: ông trả 10 triệu/tháng. Hỏi sau 3 tháng kể từ ngày vay. Ông A còn nợ ngân hàng bao nhiêu? Giải: Số tiền cả vốn lẫn lãi ông A phải trả sau 1 năm l|: 100000000 1 12% 112000000(đồng) Số tiền ông A trả sau 3 th{ng l|: 3.10000000 = 30000000 (đồng) Vậy số tiền mà ông A còn nợ ngân hàng là: 112000000 – 30000000 = 82000000 (đồng) Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x 2 2mx 3 0 (m là tham số) a) Tìm m để phƣơng trình trên có nghiệm Giải: Ta có Δ' m 2 3. 3 m2 9 0,m Do Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có nghiệm với mọi m 2 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình. Tìm m để 3x1x 2 2x 2 x1 x 2 m 3 Giải: Theo câu a, Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 (với mọi m) thỏa hệ thức Vi-ét: b 2m 2m x1 x 2 a 3 3 c 3 x x 1 1 2 a 3 2 Ta có: 3x1x 2 2x 2 x1 x 2 m 3 3. 1 2x 2 1 .x 2 m 3 (do hệ thức Vi-ét) 28
Website: tailieumontoan.com 3 2x 2 x 2 m 3 3x 2 m 6 m 6 x 2 3 m 6 Thay x vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc: 2 3 m 6 2m 2m m 6 m 6 x x 1 1 3 3 3 3 3 m 6 m 6 x1 . 1 x1 . 1 3 3 m 6 m 6 . 1 3 3 2 m 36 3 m2 33 m 33 Vậy m 33 là các giá trị cần tìm Câu 5: (3,5 điểm) Qua điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O). Từ A vẽ 2 tiếp tuyến AB và AC (B và C là 2 tiếp điểm) và vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho tâm O nằm trong góc EAC a) Chứng minh OA  BC tại H và AB.AC = AD.AE Giải: C 1 H A O D 1 E B Ta có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R AO l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng BC AO  BC tại H Xét ∆ACD v| ∆AEC có: CAˆ D : chung ˆ ˆ C1 E1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) 29
Website: tailieumontoan.com ∆ACD ∆AEC (g.g) AC AD AC.AC AD.AE AB.AC AD.AE (1) (vì AC = AB) AE AC∽ b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp Giải: C 1 H O A 1 D 2 1 E B Ta có ∆ACO vuông tại C v| có CH l| đƣờng cao AC2 AH.AO (2) (hệ thức lƣợng) Từ (1) và (2) AD.AE = AH.AO (3) Xét ∆AHD v| ∆AEO có: DAˆ H : chung AD AH (do (3)) AO AE ∆AHD ∆AEO (c.g.c) Hˆ Eˆ (4) (2 góc tƣơng ứng) 1 2 ∽ ˆ ˆ Xét tứ giác OHDE có: H1 E2 (do (4)) Tứ giác OHDE nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) c) Gọi K l| giao điểm của DE và BC. Chứng minh: AD.KE = AE.KD Giải: 30
Website: tailieumontoan.com C 1 H O A 1 1 D K 2 1 E B ˆ 0 ˆ Ta có DHK 90 H1 (2 góc phụ nhau) 0 ˆ 90 E2 (do (4)) 1800 2Eˆ 2 2 1800 Eˆ Dˆ 2 1 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n tại O Eˆ Dˆ ) 2 1 1 DOEˆ (tổng 3 góc trong ∆ODE) 2 DHEˆ (cùng chắn cung DE của tứ giác OHDE nội tiếp) 2 HK là phân giác của DHEˆ KD HD (5) KE HE Ta có AH  HB (vì AO  BC) AH là phân giác của ngoài của DHEˆ AD HD (6) AE HE KD AD Từ (5) và (6) AE.KD AD.KE KE AE d) Gọi M l| điểm đối xứng của B qua E. AM cắt BC tại N. Chứng minh: ND//BM Giải: 31
Website: tailieumontoan.com C 1 H O A 1 N≡N' 1 D M≡M' K 2 1 E B Kẻ DN’//BM (N’ thuộc BC) Gọi M’ l| giao điểm của AN’ v| BM Ta có DN’//BE (vì DN’//BM) DN' KD (7) (hệ quả Talet) BE KE Ta có DN’//EM’ (vì DN’//BM) DN' AD (8) (hệ quả Talet) EM' AE Ta có AE.KD AD.KE(do trên) KD AD (9) KE AE DN' DN' Từ (7), (8) và (9) BE EM' BE EM' M’ đối xứng với B qua E M| M đối xứng với B qua E (gt) M’ ≡ M Ta có N’ thuộc BC v| AM’ Hay N’ thuộc BC v| AM (vì M’ ≡ M) Mà N thuộc BC và AM (gt) N’ ≡ N Vậy DN//BM 32
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 5: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS CHU VĂN AN, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) Giải phƣơng trình: 4x 4 4x 2 1 x2 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 140m. Biết 3 lần chiều rộng lớn hơn chiều dài là 10m. Tính chiều dài và chiều rộng miếng đất Câu 2: (1,5 điểm) 1 a) Vẽ đồ thị hàm số sau P : y x 2 4 b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d song song với D : y x 1 và cắt (P) tại điểm có tung độ là 4 Câu 3: (1,5 điểm) 14 12 30 a) Rút gọn biểu thức sau: 5 21 14 2 5 b) Dân số xã A hiện nay có 10 000 ngƣời. Ngƣời ta dự tính sau 2 năm d}n số xã A l| 10 404 ngƣời. Hỏi trung bình hằng năm d}n số xã A tăng bao nhiêu phần trăm? Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2 2mx 2m 1 0 a) Chứng minh phƣơng trình trên luôn có nghiệm x1, x2 với mọi m 2 2 b) Đặt A 2 x1 x 2 5x1x 2 . Tìm m sao cho A = 27 Câu 5: (3,5 điểm) Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O; R). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại E, AE cắt đƣờng tròn (O) tại D (kh{c điểm A) a) Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp b) Từ E kẻ đƣờng thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn (O), d cắt c{c đƣờng thẳng AB, AC lần lƣợt tại P và Q. Chứng minh AB.AP = AD.AE c) Gọi M l| trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh EP = EQ và góc PAE = góc MAC BC2 d) Chứng minh rằng: AM.MD 4 33
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) Giải phƣơng trình: 4x 4 4x 2 1 x2 (1) Giải: 1 4x 4 4x 2 1 x2 0 4x 4 5x 2 1 0 Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (1) trở thành: 4t 2 5t 1 0 (*) Ta có a b c 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm: c 1 t 1 (nhận); t (nhận) 1 2 a 4 2 + Với t1 1 x 1 x 1 1 1 1 + Với t x 2 x 2 4 4 2 1 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 1;1; ;  2 2 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 140m. Biết 3 lần chiều rộng lớn hơn chiều dài là 10m. Tính chiều dài và chiều rộng miếng đất Giải: Gọi x (m), y (m) lần lƣợt là chiều dài, chiều rộng của miếng đất (x > y > 0) 2 x y 140 Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 3y x 10 x y 70 x y 70 x 20 70 x 50 (thỏa) x 3y 10 4y 80 y 20 y 20 Vậy chiều dài của miếng đất là 50 (m), chiều rộng của miếng đất là 20 (m) Câu 2: (1,5 điểm) 1 a) Vẽ đồ thị hàm số sau P : y x 2 4 Giải: Bảng giá trị x 4 2 0 2 4 x 2 y 4 1 0 1 4 4 Đồ thị 34
Website: tailieumontoan.com (P) b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d song song với D : y x 1 và cắt (P) tại điểm có tung độ là 4 Giải: Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng d : y ax b a 0 a 1 Ta có d // D d : y x b b 1 1 Thay y 4 v|o (P) ta đƣợc: 4 x 2 x 2 16 x 4 4 A 4; 4 ,B 4; 4 l| c{c điểm thuộc (P) có tung độ là 4 Ta có A 4; 4 d : y x b 4 4 b b 8 (nhận) Ta có B 4; 4 d : y x b 4 4 b b 0 (nhận) Vậy có 2 đƣờng thẳng thỏa mãn là: d1 y: x 8; d2 y: x Câu 3: (1,5 điểm) 14 12 30 a) Rút gọn biểu thức sau: 5 21 14 2 5 Giải: 14 12 30 6 2 5 Ta có: 5 21 14 5 21 14 6 5 21 14 2 5 2 5 2 7 .3 2. 5 21 7 .3 10 2 21 7 .3 7 3 35
Website: tailieumontoan.com 7 3 7 3 7 3 7 3 (vì 7 3 0) 7 3 4 b) Dân số xã A hiện nay có 10 000 ngƣời. Ngƣời ta dự tính sau 2 năm d}n số xã A l| 10 404 ngƣời. Hỏi trung bình hằng năm d}n số xã A tăng bao nhiêu phần trăm? Giải: Gọi x% là dân số xã A tăng trung bình hằng năm (x > 0) Số d}n sau 2 năm của xã A là: 10000. 1 x% 2 (ngƣời) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 10000. 1 x% 2 10404 1 x% 2 1,0404 1 x% 1,0404 1,02 x% 0,02 2% (nhận) Vậy dân số xã A tăng trung bình hằng năm l| 2% Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2 2mx 2m 1 0 a) Chứng minh phƣơng trình trên luôn có nghiệm x1, x2 với mọi m Giải: Ta có Δ' m 2 1. 2m 1 m2 2m 1 m 1 2 0,m Do Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có nghiệm x1, x2 với mọi m 2 2 b) Đặt A 2 x1 x2 5x1x 2 . Tìm m sao cho A = 27 Giải: Theo c}u a, phƣơng trình luôn có nghiệm x1, x2 với mọi m thỏa hệ thức Vi-ét: b 2m x1 x 2 2m a 1 c 2m 1 x x 2m 1 1 2 a 1 2 2 Ta có A = 27 2 x1 x2 5x1x 2 27 2 2 x1 x 2 2x1x 2  5x1x 2 27 0 2 2 x1 x 2 9x1x 2 27 0 2 2m 2 9 2m 1 27 0 8m2 18m 18 0 4m2 9m 9 0 5 Ta có 9 2 .4.4 9 81 144 225 ;0 225 15 Do 0 nên phƣơng trình (5) có 2 nghiệm phân biệt: 9 15 9 15 3 m 3;m 1 2.4 2 2.4 4 3 Vậy m 3;m là các giá trị cần tìm 1 2 4 Câu 5: (3,5 điểm) Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O; R). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại E, AE cắt đƣờng tròn (O) tại D (kh{c điểm A) a) Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp Giải: 36
Website: tailieumontoan.com C E O D A B Xét tứ giác OBEC có: EBOˆ ECOˆ 900 900 1800 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác OBEC nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Từ E kẻ đƣờng thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của đƣờng tròn (O), d cắt c{c đƣờng thẳng AB, AC lần lƣợt tại P và Q. Chứng minh AB.AP = AD.AE Giải: P 1 B d x E O 1 D 1 A C Q y 37
Website: tailieumontoan.com Gọi xy là tiếp tuyến của (O) tại A ˆ ˆ Ta có D1 A1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ˆ P1 (1) (vì EP//xy và 2 góc ở vị trí so le trong) Xét ∆ADB v| ∆APE có: BAˆ D : chung ˆ ˆ D1 P1 (do (1)) ∆ADB ∆APE (g.g) AB AD AB.AP AD.AE AE AP∽ c) Gọi M l| trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh EP = EQ và góc PAE = góc MAC Giải: P 1 B d x E O M 1 D 2 1 2 A C 1 Q y Ta có ∆ADB ∆APE (do trên) DB AB DB PE EA. (2) PE AE ∽ AB ˆ ˆ Ta có D2 A2 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ˆ Q1 (3) (vì EQ//xy và 2 góc ở vị trí so le trong) Xét ∆ADC v| ∆AQE có: DACˆ : chung ˆ ˆ D2 Q1 (do (3)) ∆ADC ∆AQE (g.g) ∽ 38
Website: tailieumontoan.com DC AC DC QE EA. (4) QE AE AC Xét ∆EBD v| ∆EAB có: BEDˆ : chung EBˆ D EAˆ B (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆EBD ∆EAB (g.g) EB BD BD EB EA. (5) EA AB∽ AB Xét ∆ECD v| ∆EAC có: CEDˆ : chung ECˆ D EAC (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆ECD ∆EAC (g.g) EC CD CD EC EA. (6) EA AC∽ AC Ta có EB = EC (7) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Từ (2), (4), (5), (6) và (7) PE = QE (*) E l| trung điểm của PQ ˆ ˆ Ta có P1 D1 (do (1)) BCˆ A (8) (cùng chắn cung AB) Xét ∆ACB v| ∆APQ có: BACˆ : chung ˆ ˆ BCA P1 (do (8)) ∆ACB ∆APQ (g.g) AC BC AC 2MC MC (9) (vì M l| trung điểm BC, E l| trung điểm của PQ) AP PQ∽ AP 2EP EP Xét ∆CMA v| ∆PEA có: ˆ ˆ MCA P1 (do trên) AC MC (do (9)) AP EP ∆CMA ∆PEA (c.g.c) MACˆ EAPˆ (2 góc tƣơng ứng) ∽ BC2 d) Chứng minh rằng: AM.MD 4 Giải: 39
Website: tailieumontoan.com P 1 B d x E M O 1 D 2 1 2 A C 1 Q y Ta có EB = EC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R EO l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng BC EO  BC tại trung điểm M của BC Ta có ∆EBO vuông tại B v| có BM l| đƣờng cao EB 2 EM.EO (10) (hệ thức lƣợng) Ta có ∆EBD ∆EAB (do trên) EB ED EB 2 ED.EA (11) EA EB ∽ Từ (10) và (11) EM.EO = ED.EA (12) Xét ∆EMD v| ∆EAO có: MEDˆ : chung EM ED (do 12) EA EO ∆EMD ∆EAO (c.g.c) EMˆ D EAˆ O (13) (2 góc tƣơng ứng) ∽ Xét tứ giác DMOA có: EMˆ D EAˆ O (do (13)) Tứ giác DMOA nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) DMˆ A DOˆ A (cùng chắn cung AD của tứ giác DMOA nội tiếp) 2DBˆ A (hệ quả góc nội tiếp) 2.AEPˆ (vì ∆ADB ∆APE và 2 góc ở vị trí tƣơng ứng) 2.AMˆ C (vì ∆CMA ∆PEA và 2 góc ở vị trí tƣơng ứng) ∽ 40 ∽
Website: tailieumontoan.com MC là phân giác của DMˆ A Ta có MACˆ EAPˆ (vì ∆CMA ∆PEA và 2 góc ở vị trí tƣơng ứng) DCˆ M (14) (cùng chắn cung BD) ∽ Xét ∆MCD v| ∆MAC có: CMˆ D AMˆ C (vì MC là phân giác của DMˆ A ) DCˆ M MACˆ (do (14)) ∆MCD ∆MAC (g.g) 2 MD MC BC BC2 ∽ AM.MD MC2 (vì M l| trung điểm của BC) MC MA 2 4 41
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 6: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS ĐỒNG KHỞI, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x x 2 8 4x b) Giải phƣơng trình: x2 3 2x 4 c) Cho biết hiệu của hai số bằng 6, tổng của hai lần số này và ba lần số kia bằng 7. Tìm hai số đó Câu 2: Thu gọn: 4 15 4 15 2 3 2 3 Câu 3: Cho hàm số y 2x 2 có đồ thị (P) và hàm số y 3x 1 có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Gọi M l| điểm thuộc đồ thị (P) có ho|nh độ bằng 2. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OM Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2 m 4 x m 6 0 (ẩn x) a) Chứng minh phƣơng trình luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt với mọi giá trị của m 1 1 b) Tính theo m biểu thức A rồi tìm m Z để A Z x1 x 2 Câu 5: Bạn Phƣơng đem 16 tờ tiền giấy gồm hai loại 5000 đồng v| 10 000 đồng đi nh| s{ch mua một quyển sách trị gi{ 122 000 đồng v| đƣợc thối lại 3000 đồng. Hỏi bạn Phƣơng đem theo bao nhiêu tờ tiền mỗi loại? Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O). Hai đƣờng cao BD và CE của tam giác ABC giao nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp và AH vuông góc với BC b) Vẽ dây MN vuông góc với BC tại K (M thuộc cung nhỏ BC). Đƣờng thẳng đi qua K v| song song với AN cắt MH ở I. Gọi giao điểm của IK với AC, AB theo thứ tự là S và F. Chứng minh MS vuông góc với AC và MF vuông góc với AB c) Gọi Q l| điểm đối xứng với M qua AB. G l| điểm đối xứng với M qua AC. Chứng minh 3 điểm Q, H, G thẳng hàng d) Chứng minh I l| trung điểm của MH 42
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x x 2 8 4x (1) Giải: 1 x2 2x 8 4x 0 x2 2x 8 0 Ta có ' 12 .1 8 1 8 9 ;0 ' 9 3 Do ' 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 1 3 1 3 x 4;x 2 1 1 2 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 4; 2  b) Giải phƣơng trình: x2 3 2x 4 (2) Giải: 2 2x 4 x 2 3 0 2 Đặt t x t 0 2 Phƣơng trình (2) trở thành: 2t t 3 0 (*) Ta có a b c 2 1 3 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm: c 3 t 1 (nhận); t (loại) 1 2 a 2 t 1 x 2 1 x 1 Với 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (2) l|: S  1;1  c) Cho biết hiệu của hai số bằng 6, tổng của hai lần số này và ba lần số kia bằng 7. Tìm hai số đó Giải: Gọi x, y là 2 số cần tìm (x > y) x y 6 x y 6 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: (3) hoặc (4) 2x 3y 7 2y 3x 7 x y 6 3x 3y 18 5x 25 x 5 x 5 Ta có 3 (nhận) 2x 3y 7 2x 3y 7 2x 3y 7 10 3y 7 y 1 19 19 x x x y 6 2x 2y 12 5x 19 Ta có 4 5 5 (nhận) 19 11 3x 2y 7 3x 2y 7 3x 2y 7 3. 2y 7 y 5 5 19 11 Vậy hai số cần tìm là 5 và -1 hoặc và 5 5 Câu 2: Thu gọn: 4 15 4 15 2 3 2 3 Giải: Ta có: 4 15 4 15 2 3 2 3 Đặt A 4 15 4 15 (vì 4 15 4 15 nên A > 0) A2 4 15 2 4 15 4 15 4 15 43
Website: tailieumontoan.com 8 2 4 15 4 15 8 2 16 15 8 2 6 A 6 Đặt B 2 3 2 3 (B > 0) B2 2 3 2 2 3 2 3 2 3 4 2 2 3 2 3 4 2 4 3 4 2 6 B 6 Vậy 4 15 4 15 2 3 2 3 .6 6 6 Câu 3: Cho hàm số y 2x 2 có đồ thị (P) và hàm số y 3x 1 có đồ thị (D) a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y 2x 2 8 2 0 2 8 x 0 1 y 3x 1 1 2 Vẽ đồ thị (P) (D) b) Gọi M l| điểm thuộc đồ thị (P) có ho|nh độ bằng 2. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OM Giải: Thay x 2 v|o (P) ta đƣợc: y 2. 2 2 8 44
Website: tailieumontoan.com M 2;8 Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng OM có dạng: y ax b a 0 Ta có O 0;0 OM 0 a.0 b b 0 OM y: ax Mà M 2;8 OM y: ax 8 2a a 4 (nhận) Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng OM là: y 4x Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2 m 4 x m 6 0 (ẩn x) a) Chứng minh phƣơng trình luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt với mọi giá trị của m Giải: 2 2 2 9 9 9 m 4 1. m 6 m2 8m 16 m 6 m2 9m 22 m2 2.m. 22 Ta có Δ'   2 2 2 2 2 9 7 7 9 m 0,m (vì m 0,m ) 2 4 4 2 Do Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt với mọi giá trị của m 1 1 b) Tính theo m biểu thức A rồi tìm m Z để A Z x1 x 2 Giải: Theo câu a, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét: b 2 m 4 x1 x 2 2m 8 a 1 c m 6 x x m 6 1 2 a 1 1 1 x x 2m 8 2 m 6 4 4 Ta có A 1 2 2 x x x x m 6 m 6 m 6 1 2 1 2 4 4 Ta có A Z 2 Z z m 6 Ƣ(4) m 6 m 6 m 6  4; 2; 1;1;2;4  m 2;4;5;7;8;10  Vậy m 2;4;5;7;8;10  là các giá trị cần tìm Câu 5: Bạn Phƣơng đem 16 tờ tiền giấy gồm hai loại 5000 đồng và 10 000 đồng đi nh| s{ch mua một quyển sách trị gi{ 122 000 đồng v| đƣợc thối lại 3000 đồng. Hỏi bạn Phƣơng đem theo bao nhiêu tờ tiền mỗi loại? Giải: Gọi x (tờ), y (tờ) lần lƣợt là số tờ tiền 5000 đồng v| 10.000 đồng (x > 0; y > 0) x y 16 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: 5000.x 10000.y 122000 3000 x y 16 2x 2y 32 x 7 x 7 x 7 (nhận) x 2y 25 x 2y 25 x 2y 25 7 2y 25 y 9 Vậy có 7 tờ tiền 5000 đồng và 9 tờ tiền 10.000 đồng Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O). Hai đƣờng cao BD và CE của tam giác ABC giao nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp và AH vuông góc với BC 45
Website: tailieumontoan.com Giải: A D E O H B C Xét tứ giác BEDC có: BECˆ BDCˆ 900 (vì BD  AC, CE  AB) Tứ giác BEDC nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh E, D liên tiếp cùng nhìn cạnh BC dƣới một góc vuông) Xét ∆ABC có: BD v| CE l| 2 đƣờng cao cắt nhau tại H H là trực tâm của ∆ABC AH  BC b) Vẽ dây MN vuông góc với BC tại K (M thuộc cung nhỏ BC). Đƣờng thẳng đi qua K v| song song với AN cắt MH ở I. Gọi giao điểm của IK với AC, AB theo thứ tự là S và F. Chứng minh MS vuông góc với AC và MF vuông góc với AB Giải: A N D E O H F I C K B S M 46
Website: tailieumontoan.com Ta có KSCˆ CAˆ N (vì AN//SK và 2 góc ở vị trí so le trong) KMˆ C (1) (cùng chắn cung NC) Xét tứ giác MKCS có: KSCˆ KMˆ C (do (1)) Tứ giác MKCS nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh S, M liên tiếp cùng nhìn cạnh KC dƣới một góc bằng nhau) MSCˆ MKCˆ 1800 (định lý tứ giác nội tiếp) MSCˆ 900 1800 (vì MN  BC) MSCˆ 900 MS  AC Ta có MKFˆ MNˆ A (vì AN//KF và 2 góc ở vị trí đồng vị) 1800 FBNˆ (tổng 2 góc đối của tứ giác ANMB nội tiếp) MKFˆ FBNˆ 1800 (2) Xét tứ giác MKFB có: MKFˆ FBNˆ 1800 (do (2)) Tứ giác MKFB nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) MFBˆ MKBˆ (cùng chắn cung BM của tứ giác MKFB nội tiếp) 900 (vì MN  BC) MF  AB c) Gọi Q l| điểm đối xứng với M qua AB. G l| điểm đối xứng với M qua AC. Chứng minh 3 điểm Q, H, G thẳng hàng Giải: A N D Q E H O G F I C T K B S M Gọi T l| giao điểm của AH và BC Ta có BHTˆ ACTˆ (cùng phụ với góc HBT) AMˆ B (cùng chắn cung AB) AQBˆ (3) (do Q v| M đối xứng nhau qua AB) Xét tứ giác AHBQ có: BHTˆ AQBˆ (do (3)) Tứ giác AHBQ nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) AHˆ Q ABQˆ (4) (cùng chắn cung AQ của tứ giác AHBQ nội tiếp) 47
Website: tailieumontoan.com Tƣơng tự có tứ giác AHCG nội tiếp AHˆ G ACGˆ (cùng chắn cung AG của tứ giác AHCG nội tiếp) ACˆ M (tính chất đối xứng) 1800 ABˆ M (tổng 2 góc đối của tứ giác ACMB nội tiếp (O)) 1800 ABQˆ (tính chất đối xứng) 1800 AHˆ Q (do (4)) AHˆ G AHˆ Q 1800 QHˆ G 1800 Vậy 3 điểm Q, H, G thẳng hàng d) Chứng minh I l| trung điểm của MH Giải: Xét ∆MQG có: S l| trung điểm của MG v| F l| trung điểm của MQ SF l| đƣờng trung bình của ∆MQG SF//GQ hay SI//GH (vì I thuộc SF, H thuộc GQ) MI MS 1 (định lý Talet, vì S l| trung điểm của MG) IH SG MI = IH I l| trung điểm của MH 48
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 7: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS ĐỨC TRÍ, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) 5x x 1 4 x2 9 c) x 2 x2 1 2 x 2 6 x 2 y 3 5 b) x 2 5 1 5 x d) 2x 2 3y 3 5 Câu 2: (1,5 điểm) 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x 2 v| đƣờng thẳng D y: x 3 trên cùng mặt phẳng tọa độ 2 b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán Câu 3: (1 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 2 3 2 3 a) A : 3 7 4 3 7 4 3 x 10 x 1 x 2 b) B (với x 0;x 4 ) x x 2 x 2 x 1 Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: x2 mx m 1 0 a) Tìm m để phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b) Tính tổng và tích của 2 nghiệm theo m 2x1x 2 7 2x1 2x 2 c) Gọi x1 ,x 2 là 2 nghiệm của phƣơng trình. Tìm m để A 2 2 đạt giá trị lớn nhất x1 x 2 2 1 x1 x 2 Câu 5: (0,5 điểm) Bà Hoa gửi số tiền ban đầu là một trăm triệu đồng với lãi suất 0,5% một tháng (không kỳ hạn). Một thời gian sau bà Hoa rút tiền ra v| đƣợc khoảng một trăm lẻ năm triệu đồng. Hỏi b| Hoa đã gửi tiền trong thời gian bao lâu? Câu 6: (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngo|i đƣờng tròn (O; R) (OM > 2R) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OM và AB. Lấy C thuộc đoạn HB. Đƣờng thẳng MC cắt (O) tại D và E (D nằm giữa M và C) a) Chứng minh: AD.BE = AE.BD b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp. Chứng minh: CD.ME = CE.MD c) Gọi K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MHD. Chứng minh KD là tiếp tuyến của (O) d) Vẽ đƣờng kính BF của (O). Đƣờng thẳng MO cắt FD, FE lần lƣợt tại I và N. Chứng minh O là trung điểm của IN 49
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) 5x x 1 4 x2 9 (1) Giải: 1 5x 2 5x 4x 2 36 5x 2 5x 4x 2 36 0 x 2 5x 36 0 Ta có 52 .1.4 36 25 144 169 ;0 169 13 Do 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 5 13 5 13 x 4;x 9 1 2.1 2 2.1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 4; 9  2 b) x 5 1 5 x (2) Giải: 2 x2 1 5 x 5 0 x2 5 1 x 5 0 Ta có a b c 1 5 1 5 0 nên phƣơng trình (2) có 2 nghiệm: c 5 x 1;x 5 1 2 a 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (2) l|: S ;1 5  2 2 2 c) x x 1 2 x 6 (3) Giải: 3 x4 x 2 2x 2 12 x 4 x 2 2x 2 12 0 x 4 x 2 12 0 Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (3) trở thành: t 2 t 12 0 (*) Ta có 1 2 .1.4 12 1 48 49 ;0 49 7 Do 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 1 7 1 7 t 4 (nhận); t 3 (loại) 1 2.1 2 2.1 2 Với t1 4 x 4 x 2 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (3) l|: S ;2 2  x 2 y 3 5 d) (4) 2x 2 3y 3 5 Giải: 3 2x 3 3y 15 5 2x 10 x 2 x 2 4 2 2x 3 3y 5 2 2x 3 3y 5 4 3 3y 5 y 3 Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình (4) l|: x; y ;2 3 Câu 2: (1,5 điểm) 50
Website: tailieumontoan.com 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x 2 v| đƣờng thẳng D y: x 3 trên cùng mặt phẳng tọa độ 2 Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y x 2 4 1 0 1 4 x 0 6 1 y x 3 3 0 2 Vẽ đồ thị b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán Giải: 1 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x 2 x 3 2 x 2 x 6 2 2 2 x 2 x 6 x 2 x 6 0 5 Ta có 1 2 .1.4 6 1 24 25 ;0 25 5 Do 0 nên phƣơng trình (5) có 2 nghiệm phân biệt: 1 5 1 5 x 3;x 2 1 2.1 2 2.1 2 + Với x1 3 ta có y1 3 9 2 + Với x 2 2 ta có y2 2 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: A 3;9 ,B 2;4 51
Website: tailieumontoan.com Câu 3: (1 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 2 3 2 3 a) A : 3 7 4 3 7 4 3 Giải: 2 3 2 3 Ta có: A : 3 7 4 3 7 4 3 2 3 2 3 1 2 3 2 3 1 . . 2 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 . (vì 2 3 2;0 3 0 ) 2 3 2 3 3 2 2 2 3 2 3 1 4 2 3 3 4 2 3 3 1 . . 2 3 2 3 3 4 3 3 4 2 3 3 4 2 3 3 1 1 . 4 .3 4 1 3 3 x 10 x 1 x 2 b) B (với x 0;x 4 ) x x 2 x 2 x 1 Giải: x 10 x 1 x 2 Ta có B x x 2 x 2 x 1 x 10 x 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 10 x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 x 1 x 10 x 1 x 4 x 4 x 10 x 1 x 4 x 4 x 2 x 1 x 2 x 1 x 4 x 5 x 1 x 5 x 5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: x2 mx m 1 0 a) Tìm m để phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Giải: Ta có Δ m 2 4.1. m 1 m2 4m 4 m 2 2 Để phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Δ 0,m m 2 2 0,m m 2 0 m 2 Vậy phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 2 b) Tính tổng và tích của 2 nghiệm theo m Giải: Theo câu a, ta có Δ m 2 2 0,m nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm thỏa hệ thức Vi-ét: 52
Website: tailieumontoan.com b m Tổng 2 nghiệm là: S m a 1 c m 1 Tích 2 nghiệm là: P m 1 a 1 2x1x 2 7 2x1 2x 2 c) Gọi x1 ,x 2 là 2 nghiệm của phƣơng trình. Tìm m để A 2 2 đạt giá trị lớn nhất x1 x 2 2 1 x1 x 2 Giải: 2x x 7 2x 2x 2x x 7 2 x x Ta có: A 1 2 1 2 1 2 1 2 x 2x 2 2 1 x x x x 2 2 1 x x 1 2 1 2 1 2 1 2 2 m 1 7 2m 2m 2 7 2m 5 2 m2 2m 1 2m m2 1 m 1 2 1 m 1 1 5 Ta có m2 0,m m2 1 1,m 1,m 5,m A 5,m m2 1 m2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m2 0 m 0 Giá trị lớn nhất của biểu thức A là: MaxA 5 khi và chỉ khi m = 0 Câu 5: (0,5 điểm) Bà Hoa gửi số tiền ban đầu là một trăm triệu đồng với lãi suất 0,5% một tháng (không kỳ hạn). Một thời gian sau bà Hoa rút tiền ra v| đƣợc khoảng một trăm lẻ năm triệu đồng. Hỏi b| Hoa đã gửi tiền trong thời gian bao lâu? Giải: Gọi x (tháng) là thời gian bà Hoa gửi tiền trong ngân hàng (x > 0) Số tiền cả vốn lẫn lãi sau khi ba Hoa rút ra là: 100000000 1 0,5% x (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 100000000 1 0,5% x 105000000 1 0,5% x 1,05 1,005 x 1,00510 x 10 (nhận) Vậy bà Hoa gửi trong thời gian khoảng 10 tháng Câu 6: (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngo|i đƣờng tròn (O; R) (OM > 2R) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OM và AB. Lấy C thuộc đoạn HB. Đƣờng thẳng MC cắt (O) tại D và E (D nằm giữa M và C) a) Chứng minh: AD.BE = AE.BD Giải: 53
Website: tailieumontoan.com A 1 H M O D C 1 2 E 1 B Xét ∆MAD v| ∆MEA có: AMˆ D : chung ˆ ˆ A1 E1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆MAD ∆MEA (g.g) AD MD (1) AE MA∽ Xét ∆MBD v| ∆MEB có: BMˆ D : chung ˆ ˆ B1 E2 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆MBD ∆MEB (g.g) BD MD (2) BE MB∽ Ta có MA = MB (3) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) AD BD Từ (1), (2) và (3) AD.BE AE.BD AE BE b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp. Chứng minh: CD.ME = CE.MD Giải: 54
Website: tailieumontoan.com A 1 H O M 1 1 D C 3 1 2 E 1 B Ta có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R MO l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng AB MO  AB tại H Ta có ∆MAO vuông tại A v| có AH l| đƣờng cao MA2 MH.MO (4) Ta có ∆MAD ∆MEA (cmt) MA MD MA2 MD.ME (5) ME MA∽ Từ (4) và (5) MH.MO = MD.ME (6) Xét ∆MHD v| ∆MEO có: DMˆ H : chung MH MD (do (6)) ME MO ∆MHD ∆MEO (c.g.c) Hˆ Eˆ (7) (2 góc tƣơng ứng) 1 3 ∽ ˆ ˆ Xét tứ giác OHDE có: H1 E3 (do (7)) Tứ giác OHDE nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) ˆ 0 ˆ Ta có CHD 90 H1 (2 góc phụ nhau) 0 ˆ 90 E3 (do (7)) 1800 2Eˆ 3 2 0 ˆ ˆ 180 E3 D1 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n tại O) 2 DOEˆ (tổng 3 góc trong ∆ODE) 2 55
Website: tailieumontoan.com DHEˆ (cùng chắn cung DE của tứ giác OHDE nội tiếp) 2 HC là phân giác của DHEˆ CD HD (8) CE HE Ta có MH  HC tại H MH là phân giác ngoài của DHEˆ MD HD (9) ME HE CD MD Từ (8) và (9) CD.ME CE.MD CE ME c) Gọi K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MHD. Chứng minh KD là tiếp tuyến của (O) Giải: K A 1 H O M 1 1 D C 3 1 2 E 1 B Ta có ∆MAO vuông tại A v| có AH l| đƣờng cao OH.OM OA2 (hệ thức lƣợng) OE2 (10) (vì OA = OE = R) Xét ∆OEH v| ∆OME có: EOˆ H : chung 56
Website: tailieumontoan.com OH OE (do (10)) OE OM ∆OEH ∆OME (c.g.c) OEHˆ OMˆ E (11) (2 góc tƣơng ứng) ∽ Ta có KDˆ O KDˆ H HDˆ O KDˆ H KHˆ D HDˆ O (vì KH = KD = b{n kính đƣờng tròn (K) nên ∆KDH c}n tại K) 2 1800 DKˆ H HDˆ O (tổng 3 góc trong ∆KDH) 2 1800 2HMˆ D HDˆ O (hệ quả góc nội tiếp) 2 900 OMˆ E HDˆ M 900 OMˆ E OHEˆ (cùng chắn cung OH của tứ giác OHDE nội tiếp) 900 (do (11)) KD  DO tại D thuộc (O) Vậy KD là tiếp tuyến của (O) d) Vẽ đƣờng kính BF của (O). Đƣờng thẳng MO cắt FD, FE lần lƣợt tại I và N. Chứng minh O là trung điểm của IN Giải: 57
Website: tailieumontoan.com K A F 1 I H O N M 1 1 D C 3 1 2 E 1 B Ta có BAFˆ 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O)) Xét tứ giác MAOB có: MAˆ O MBOˆ 900 900 1800 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác MAOB nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) Ta có KDˆ O 900 (do trên) KDˆ A ADIˆ FDˆ O 900 ADIˆ 900 KDˆ A FDˆ O 900 AFDˆ FDˆ O (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) 900 AFDˆ DFOˆ (vì OD = OF = R nên ∆ODF c}n tại O) 900 AFDˆ DFOˆ 900 AFBˆ ABFˆ (2 góc phụ nhau) AMIˆ (cùng chắn cung AO của tứ giác MAOB nội tiếp) Xét tứ giác MDIA có: ADIˆ AMIˆ (do trên) Tứ giác MDIA nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh D, M liên tiếp cùng nhìn cạnh AI dƣới một góc bằng nhau) AˆIM ADˆ M (cùng chắn cung AM của tứ giác AMDI nội tiếp) 58
Website: tailieumontoan.com AFNˆ (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ADEF nội tiếp (O)) Xét tứ giác AINF có: AˆIM AFNˆ (do trên) Tứ giác AINF nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) ANˆ O AˆIF (cùng chắn cung AI của tứ giác AINF nội tiếp) FˆIO (vì AF//IO: cùng vuông góc với AB và 2 góc ở vị trí so le trong) Ta có AOˆ N AOFˆ FOˆ N AOFˆ BOˆ M (2 góc đối đỉnh) AOFˆ AOˆ M (vì MO là phân giác của góc AOB: tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) FOIˆ Xét ∆AON v| ∆FOI có: AOˆ N FOIˆ (do trên) ANˆ O FˆIO (do trên) ∆AON ∆FOI (g.g) ON OA 1 (vì OA = OF = R) OI OF∽ ON OI Vậy O l| trung điểm của IN 59
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 8: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS HUỲNH KHƢƠNG NINH, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) a) Giải phƣơng trình sau: x2 x 2 4 b) Tổng kết năm học 2016-2017, lớp 9A2 đạt danh hiệu lớp xuất sắc của trƣờng vì chỉ có học sinh khá và học sinh giỏi. Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết rằng số học sinh giỏi hơn số học sinh khá là 28 em và tổng số học sinh của lớp 9A2 là 36 em? Câu 2: (1,5 điểm) 5 2 a) Thu gọn biểu thức sau: 2 3 8 2 15 3 5 b) Bạn Huỳnh mở một quán trà sữa phục vụ cho học sinh với gi{ ƣu đãi cao. Dự định đồng giá 36000/ly. Nhƣng nh}n dịp khai trƣơng Huỳnh muốn khuyến mãi sao cho có lợi cho chủ và khách. Bạn Ninh đƣa ra ý kiến giảm 1/3 giá trị đi. Bạn Khƣơng đƣa ra ý kiến hãy khuyến mãi mua 2 tặng 1 đi. Bạn Huỳnh đang rất phân vân. Các em hãy giúp Huỳnh lựa chọn khuyến mãi nhé Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số y x 2 có đồ thị là (P) a) Vẽ (P) b) Tìm m để đƣờng thẳng d : y 2mx 3m 1 cắt (P) tại điểm có ho|nh độ là 2 Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình 4x 2 4mx 1 0 (x là ẩn số, m là tham số) a) Chứng tỏ phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 3 3 b) Tìm m thỏa mãn: x1 4x1 x 2 x2 4x x1 32x1 x 2 Câu 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B; C là 2 tiếp điểm) và cát tuyến ADE sao cho BD < CD; AD < AE. Gọi H l| giao điểm của OA và BC a) Chứng minh: 4 điểm A; B; O; C cùng thuộc một đƣờng tròn. X{c định tâm M của đƣờng tròn này và chứng minh AB.AC = AD.AE b) Trong (O); kẻ dây BF//DE, FC cắt AE tại điểm I. Chứng minh I l| trung điểm của DE GE ID c) Gọi G l| giao điểm của BC và ED. Chứng minh: GA AD d) Kéo dài IH cắt đƣờng tròn (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp ∆OKA. Chứng minh: OS  IK 60
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm) a) Giải phƣơng trình sau: x2 x 2 4 (1) Giải: 1 x2 x 2 4 0 x2 x 6 0 Ta có 1 2 .1.4 6 1 24 25 ;0 25 5 Do 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 1 5 1 5 x 3;x 2 1 2.1 2 2.1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S 3; 2  b) Tổng kết năm học 2016-2017, lớp 9A2 đạt danh hiệu lớp xuất sắc của trƣờng vì chỉ có học sinh khá và học sinh giỏi. Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết rằng số học sinh giỏi hơn số học sinh khá là 28 em và tổng số học sinh của lớp 9A2 là 36 em? Giải: Gọi x (học sinh), y (học sinh) lần lƣợt là số học sinh giỏi và khá của lớp 9A2 (x > 0; y > 0) x y 28 2x 64 x 32 x 32 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: (nhận) x y 36 x y 36 32 y 36 y 4 Vậy số học sinh giỏi của lớp 9A2 là: 4 (học sinh) Câu 2: (1,5 điểm) 5 2 a) Thu gọn biểu thức sau: 2 3 8 2 15 3 5 Giải: 5 2 5 4 Ta có: 2 2 2 3 8 2 15 3 5 3 5 3 6 2 5 2 5 2 5 2 2 2 3 5 3 5 1 3 5 3 5 1 5 2 2 2 (vì 5 3 ;0 0) 3 5 3 5 1 5 1 5 4 4 5 1 4 5 1 5 5 5 5 1 5 5 1 1 5 5 1 5 1 5 1 5 1 b) Bạn Huỳnh mở một quán trà sữa phục vụ cho học sinh với gi{ ƣu đãi cao. Dự định đồng giá 36000/ly. Nhƣng nh}n dịp khai trƣơng Huỳnh muốn khuyến mãi sao cho có lợi cho chủ và khách. Bạn Ninh đƣa ra ý kiến giảm 1/3 giá trị đi. Bạn Khƣơng đƣa ra ý kiến hãy khuyến mãi mua 2 tặng 1 đi. Bạn Huỳnh đang rất phân vân. Các em hãy giúp Huỳnh lựa chọn khuyến mãi nhé Giải: 1 Theo bạn Ninh thì giá của 1 ly trà sữa là: 36000. 1 24000 (đồng) 3 Theo bạn Ninh thì giá của 3 ly trà sữa là: 24000 3. 72000 (đồng) Theo bạn Khƣơng gi{ của 3 ly trà sữa (mua 2 tặng 1) là: 36000 2. 72000 (đồng) 61
Website: tailieumontoan.com Vậy bạn Huỳnh lựa chọn ý kiến của bạn Ninh hoặc bạn Khƣơng đều nhƣ nhau Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số y x 2 có đồ thị là (P) a) Vẽ (P) Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y x 2 4 1 0 1 4 Đồ thị (P) b) Tìm m để đƣờng thẳng d : y 2mx 3m 1 cắt (P) tại điểm có ho|nh độ là 2 Giải: Gọi M x0 ;y0 l| điểm có ho|nh độ bằng 2 x0 2 M 2;y0 2 2 Ta có M 2;y0 P : y x y 2 4 M 2;4 Ta có M 2;4 d : y 2mx 3m 1 4 2m.2 3m 1 4 4m 3m 1 m 1 4 m 3 Vậy m = 3 là giá trị cần tìm Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình 4x 2 4mx 1 0 (x là ẩn số, m là tham số) a) Chứng tỏ phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 Giải: 62
Website: tailieumontoan.com Ta có Δ' 2m 2 4. 1 4m2 4 4 0,m (vì 4m2 0,m) Do Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 3 3 b) Tìm m thỏa mãn: x1 4x1 x2 x2 4x 2 x1 32x1 x2 Giải: Theo câu a, với mọi m phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b 4m x1 x 2 m a 4 c 1 x x 1 2 a 4 Ta có: x 4x x x 4x x 32x 3x3 1 1 2 2 2 1 1 2 4x 2 x x 4x 2 x x 32x 3x3 0 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 3 4 x1 x 2 2x1x 2 32 x1 x 2 0 3 4 x1 x 2 x1 x 2 2x1x 2 32 x1 x 2 0 3 1 1 4m x1 x 2 2 32. 0 (do hệ thức Vi-ét) 4 4 1 1 4m x x 32. 0 1 2 2 64 1 1 4m x1 x 2 0 2 2 4m x1 x 2 0 m 0 x1 x 2 0 So với điều kiện ta thấy m = 0 (thỏa); x1 x 2 (loại: vì x1, x2 phân biệt) Vậy m = 0 là giá trị cần tìm Câu 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B; C là 2 tiếp điểm) và cát tuyến ADE sao cho BD < CD; AD < AE. Gọi H l| giao điểm của OA và BC a) Chứng minh: 4 điểm A; B; O; C cùng thuộc một đƣờng tròn. X{c định tâm M của đƣờng tròn này và chứng minh AB.AC = AD.AE Giải: 63
Website: tailieumontoan.com C 1 M H O A D 1 E B Ta có ABOˆ ACOˆ 900 (tính chất tiếp tuyến) 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO Tâm M của đƣờng tròn l| trung điểm của AO Xét ∆ACD v| ∆AEC có: CAˆ D : chung ˆ ˆ C1 E1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆ACD ∆AEC (g.g) AC AD AC.AC AD.AE AB.AC AD.AE (vì AB = AC: tính chất 2 tiếp tuyến cắt AE AC∽ nhau) b) Trong (O); kẻ dây BF//DE, FC cắt AE tại điểm I. Chứng minh I l| trung điểm của DE Giải: 64
Website: tailieumontoan.com C 1 M H O A D I 1 E B F Ta có CˆIA CFBˆ (vì DE//BF và 2 góc ở vị trí đồng vị) CBAˆ (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) COˆ A (1) (cùng chắn cung AC của đƣờng tròn (M)) Xét tứ giác ACOI có: CˆIA COˆ A (do (1)) Tứ giác ACOI nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh I, O liên tiếp cùng nhìn cạnh AC dƣới một góc bằng nhau) AˆIO ACˆ O 1800 (tổng 2 góc đối) AˆIO 900 1800 AˆIO 900 OI  DE I l| trung điểm của DE (liên hệ giữa đƣờng kính và dây cung) GE ID c) Gọi G l| giao điểm của BC và ED. Chứng minh: GA AD Giải: 65
Website: tailieumontoan.com C 1 M H O A 1 1 D G 2 I 1 E B F Ta có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R AO l| đƣờng trung trực của đoạn thẳng BC AO  BC tại H Ta có ∆ACO vuông tại C v| có CH l| đƣờng cao AH.AO AC2 (2) (hệ thức lƣợng) Ta có AD.AE = AC2 (3) (do trên) Từ (2) và (3) AH.AO = AD.AE (4) Xét ∆AHD v| ∆AEO có: DAˆ H : chung AH AD (do (4)) AE AO ∆AHD ∆AEO (c.g.c) Hˆ Eˆ (5) (2 góc tƣơng ứng) 1 2 ∽ ˆ ˆ Xét tứ giác OHDE có: H1 E2 (do (5)) Tứ giác OHDE nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) ˆ 0 ˆ Ta có GHD 90 H1 (2 góc phụ nhau) 0 ˆ 90 E2 (do (5)) 0 ˆ ˆ 180 E2 E2 2 0 ˆ ˆ 180 E2 D1 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n tại O) 2 DOEˆ (tổng 3 góc trong ∆ODE) 2 DHEˆ (cùng chắn cung DE của tứ giác OHDE nội tiếp) 2 66
Website: tailieumontoan.com HG là phân giác của góc DHE GD AD GD.AE GE.AD (*) GE AE Xét ∆GAC v| ∆GBI có: AGCˆ BGIˆ (2 góc đối đỉnh) GACˆ Gˆ IB (cùng chắn cung CI của đƣờng tròn (M)) ∆GAC ∆GBI (g.g) GA GC GA.GI GB.GC (6) GB GI∽ Xét ∆GBD v| ∆GEC có: BGˆ D EGCˆ (2 góc đối đỉnh) GBDˆ GECˆ (cùng chắn cung DC của đƣờng tròn (O)) ∆GBD ∆GEC (g.g) GB GD GB.GC GD.GE (7) GE GC∽ Từ (6) và (7) GA.GI = GD.GE GD. AE AG GA. ID GD GD.AE GD.AG GA.ID GA.GD GD.AE GA.ID Từ (*) và ( ) GE.AD = GA.ID GE ID GA AD d) Kéo dài IH cắt đƣờng tròn (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp ∆OKA. Chứng minh: OS  IK Giải: C 1 K P M H O A 1 Q 1 D G I 2 1 E B F S 67
Website: tailieumontoan.com Gọi P l| trung điểm của OK; Q l| giao điểm của SO và IK Ta có SM  AO, SP  KO (liên hệ giữa đƣờng kính và dây cung) Ta có ∆ACO vuông tại C v| có CH l| đƣờng cao OH.OA OC2 (hệ thức lƣợng) OK2 (8) (vì OC = OK = R) Xét ∆OHK và ∆OKA có: HOˆ K : chung OH OK (do (8)) OK OA ∆OHK ∆OKA (c.g.c) OKˆ H OAˆ K (2 góc tƣơng ứng) ∽ OMˆ P (vì MP//AK: đƣờng trung bình ∆OAK và 2 góc ở vị trí đồng vị) Hay PKˆ H HMˆ P (9) Xét tứ giác MKPH có: PKˆ H HMˆ P (do (9)) Tứ giác MKPH nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh K, M liên tiếp cùng nhìn cạnh PH dƣới một góc bằng nhau) MPKˆ MHˆ K (cùng chắn cung MK) QHˆ O (10) (2 góc đối đỉnh) Xét tứ giác SMPO có: SMˆ O SPOˆ 900 (vì SM  AO, SP  KO) Tứ giác SMPO nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh M, P cùng nhìn cạnh SO dƣới một góc vuông) MSOˆ MPKˆ (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác SMPO nội tiếp) QHˆ O (do (10)) Hay MSQˆ QHˆ O (11) Xét tứ giác SMHQ có: MSQˆ QHˆ O (do (11)) Tứ giác SMHQ nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) SQˆ H SMˆ H 1800 (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp) SQˆ H 900 1800 SQˆ H 900 SQ  HQ Hay OS  IK 68
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 9: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS LƢƠNG THẾ VINH (SỐ 1), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x 2 x 2 2 25x 2 50 b) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ d|i đƣờng chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó Câu 2: Cho Parabol P : y x 2 v| đƣờng thẳng d : y mx 1 a) Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ b) Tìm m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có ho|nh độ là hai số đối nhau Câu 3: 15 12 1 a) Rút gọn biểu thức: A 5 2 2 3 b) Một ngƣời gửi 100 000 000 đồng vào ngân hàng với kỳ hạn 1 năm, sau 2 năm ngƣời đó nhận lại số tiền cả vốn lẫn lãi l| 112 360 000 đồng. Hỏi lãi suất của ngân hàng là bao nhiêu phần trăm trong một năm, biết rằng số tiền lãi của năm đầu đƣợc gộp vào với vốn để tính lãi của năm sau? Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2x 2m2 0 (m là tham số) a) Chứng minh rằng phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 2 2 b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm khác 0 và thỏa điều kiện x1 4x 2 Câu 5: Cho đƣờng tròn (O) có đƣờng kính AB = 2R v| điểm C thuộc đƣờng tròn đó (C kh{c A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F a) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DA.DE = DB.DC c) Chứng minh CFDˆ OCBˆ . Gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) d) Cho biết DF = R, chứng minh tanAFBˆ 2 69
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 9: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS LƢƠNG THẾ VINH (SỐ 1), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: 2 2 2 a) Giải phƣơng trình: x x 2 25x 50 (1) Giải: 2 2 2 1 x x 2 25 x 2 x 2 x 2 2 25 x 2 2 0 2 2 x 2 x 25 0 x 2 2 0 x 2 2 x 2 2 2 x 25 0 x 25 x 5 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S  ;2 ;2 5;5  b) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ d|i đƣờng chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó Giải: Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0) x + 7 (m) là chiều dài của hình chữ nhật Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông, với chiều dài và chiều rộng là 2 cạnh góc vuông còn đƣờng chéo là cạnh huyền ta có: x 2 x 7 2 132 x 2 x 2 14x 49 169 0 2x 2 14x 120 0 x 2 7x 60 0 2 Ta có 72 .1.4 60 49 240 289 ;0 289 17 Do 0 nên phƣơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: 7 17 7 17 x 5;x 12 1 2.1 2 2.1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (2) l|: S 5; 12  Câu 2: Cho Parabol P : y x 2 v| đƣờng thẳng d : y mx 1 a) Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y x 2 4 1 0 1 4 Đồ thị 70
Website: tailieumontoan.com (P) b) Tìm m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có ho|nh độ là hai số đối nhau Giải: Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x2 mx 1 x2 mx 1 0 (3) Ta có Δ m2 4.1. 1 m2 4 4 0,m (vì m2 0,m) Do Δ 0,m nên phƣơng trình (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét: b m x1 x 2 m a 1 c 1 x x 1 1 2 a 1 Theo đề bài, ta có: x1 x2 x1 x2 0 m 0 m 0 Vậy m = 0 là giá trị cần tìm Câu 3: 15 12 1 a) Rút gọn biểu thức: A 5 2 2 3 Giải: 15 12 1 .3 5 2 3 2 3 Ta có: A 5 2 2 3 5 2 2 3 2 3 3 5 2 2 3 3 2 3 3 2 3 2 5 2 4 3 b) Một ngƣời gửi 100 000 000 đồng vào ngân hàng với kỳ hạn 1 năm, sau 2 năm ngƣời đó nhận lại số tiền cả vốn lẫn lãi l| 112 360 000 đồng. Hỏi lãi suất của ngân hàng là bao nhiêu phần 71
Website: tailieumontoan.com trăm trong một năm, biết rằng số tiền lãi của năm đầu đƣợc gộp vào với vốn để tính lãi của năm sau? Giải: Gọi x% là lãi suất của ngân hàng trong một năm (x > 0) Số tiền cả vốn lẫn lãi sau 2 năm l|: 100000000 1 x% 2 (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 100000000 1 x% 2 112360000 2809 1 x% 2 2500 2809 53 1 x% 2500 50 53 3 6 x% 1 6% (nhận) 50 50 100 Vậy lãi suất ngân hàng l| 6%/1 năm Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2x 2m2 0 (m là tham số) a) Chứng minh rằng phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Giải: Ta có Δ' 1 2 1. 2m2 1 2m2 1 0,m (vì 2m2 0,m) Do Δ' 0,m nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 2 2 b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm khác 0 và thỏa điều kiện x1 4x 2 Giải: Theo câu a, với mọi m nên phƣơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b 2 x1 x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 1 x1 2x1x 2 x 2 4 x1 2m x 2 4 x1 x 2 2m 4 2 2 2 2 c 2m 2 x x 2m x x 2m x x 2m x x 2m 1 2 1 2 1 2 1 2 a 1 2 2 2 x1 x 2 2m 4 2 2 4 x1 x 2 4m 2 Để phƣơng trình có 2 nghiệm khác 0 x1 x 2 0 2m 0 m 0 2 2 Theo đề bài, ta có: x1 4x 2 thay vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc: 2 4x 2 x 2 2m2 4 2 2m 4 2 2 x 2 2 2 4 5 4x 2x 2 4m 2 2 x 2 m 2m2 4 4 2 3 m2 2m2 4 5m2 3m2 4 m2 m (thỏa) 5 3 3 2 3 Vậy m là các giá trị cần tìm 3 Câu 5: Cho đƣờng tròn (O) có đƣờng kính AB = 2R v| điểm C thuộc đƣờng tròn đó (C kh{c A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F a) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp Giải: 72
Website: tailieumontoan.com F C E D A B O Ta có ACBˆ AEBˆ 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O)) BC  AF, AE  BF Xét tứ giác FCDE có: FCˆ D FEDˆ 900 900 1800 (vì BC  AF, AE  BF) Tứ giác FCDE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Chứng minh DA.DE = DB.DC Giải: Xét ∆DAC v| ∆DBE có: ADCˆ BDEˆ (2 góc đối đỉnh) DCAˆ DEBˆ 900 (vì BC  AF, AE  BF) ∆DAC ∆DBE (g.g) DA DC DA.DE DB.DC DB DE∽ c) Chứng minh CFDˆ OCBˆ . Gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) Giải: 73
Website: tailieumontoan.com F I C E D A B O Xét ∆FAB có: AE v| BC l| 2 đƣờng cao cắt nhau tại D D là trực tâm của ∆FAB FD  AB Ta có CFDˆ OBCˆ (cùng phụ với góc FAB) OCBˆ (1) (vì OB = OC = R nên ∆OBC c}n tại O) Ta có ICˆ O ICˆ D OCBˆ IDCˆ OCBˆ (vì IC = ID = b{n kính đƣờng tròn (I) nên ∆ICD c}n tại I) IDCˆ CFDˆ (do (1)) 900 (2 góc phụ nhau) IC  OC tại C thuộc (O) IC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) d) Cho biết DF = R, chứng minh tanAFBˆ 2 Giải: Xét ∆FED v| ∆AEB có: FEDˆ AEBˆ 900 (vì AE  BF) EFDˆ EAˆ B (cùng phụ góc ABF) ∆FED ∆AEB (g.g) EF FD R 1 EA 2 (2) EA AB∽ 2R 2 EF Xét ∆AEF vuông tại F EA tanAFEˆ (hệ thức lƣợng) 2 (do (2)). Vậy tanAFBˆ 2 EF 74
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 10: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS LƢƠNG THẾ VINH (SỐ 2), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x 3x 4 3 4 b) Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ng|y quy định. Do mỗi ng|y đội đó chở vƣợt mức 5 tấn nên đội đã ho|n th|nh kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm đƣợc 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày? Câu 2: Cho parabol P : y x 2 a) Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng song song với d : y 2x 1 và cắt (P) tại điểm có hoành độ là 1 Câu 3: 7 5 7 5 a) Rút gọn biểu thức: A 7 2 11 b) Thống kê số lƣợng học sinh giỏi, khá, trung bình học kỳ 1 khối 9 của một trƣờng nhƣ sau: 9A 9B 9C Học sinh giỏi 30 25 20 Học sinh khá 15 18 20 Học sinh trung bình 3 5 8 Hãy tính tỉ lệ học sinh giỏi của trƣờng. So sánh tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của ba lớp 9A, 9B, 9C (học sinh đạt từ khá trở lên sẽ nhận đƣợc khen thƣởng của nh| trƣờng) Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 3m 2 x 2m2 m 3 0 (1) (m là tham số) a) Chứng minh rằng phƣơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). Tìm m để x1 = 3x2 Câu 5: Từ điểm A ở ngo|i đƣờng tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE (D và E thuộc (O) và D nằm giữa A v| E). Đƣờng thẳng qua D vuông góc với OB cắt BC, BE lần lƣợt tại H và K. Vẽ OI vuông góc với AE tại I a) Chứng minh rằng bốn điểm B, I, O, C cùng thuộc một đƣờng tròn b) Chứng minh rằng IA là phân giác góc BIC c) Chứng minh rằng AC2 = AD.AE và tứ giác IHDC nội tiếp 1 1 2 d) Gọi S l| giao điểm của BC và AD. Chứng minh: AD AE AS 75
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: x 3x 4 3 4 (1) Giải: 1 3x 2 4 x3 4 0 2 Ta có ' 2 3 4.3 12 12 0 Do ' 0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm kép: b' 2 3 2 3 x x 1 2 a 3 3 2 3  Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S  3  b) Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ng|y quy định. Do mỗi ng|y đội đó chở vƣợt mức 5 tấn nên đội đã ho|n th|nh kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm đƣợc 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày? Giải: Gọi x (ngày) là thời gian mà xe chở hàng theo kế hoạch (x > 0) 140 Mỗi ngày xe chở hàng theo kế hoạch đƣợc là: (tấn hàng) x 140 Mỗi ngày xe chở hàng theo thực tế đƣợc là: 5 (tấn hàng) x Thời gian xe chở hàng theo thực tế là: x – 1 (ngày) (x > 1) 140 Số tấn hàng xe chở đƣợc theo thực tế là: x 1 5 (tấn hàng) x 140 Theo đề bài, ta có phƣơng trình: x 1 5 140 10 x x 1 140 5x 150 x x 1 140 5x 150x 140x 5x 2 140 5x 150x 0 5x 2 15x 140 0 x 2 3x 28 0 2 Ta có 3 2 .1.4 28 9 112 121 ;0 121 11 Do 0 nên phƣơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: 3 11 3 11 x 7 (nhận); x 4 (loại) 1 2.1 2 2.1 Vậy thời gian mà xe chở hàng theo kế hoạch là: 7 (ngày) Câu 2: Cho parabol P : y x 2 a) Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y x 2 4 1 0 1 4 76
Website: tailieumontoan.com Đồ thị (P) b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng song song với d : y 2x 1 và cắt (P) tại điểm có ho|nh độ là 1 Giải: Gọi (D): y = ax + b (a ≠ 0) l| đƣờng thẳng song song với d : y 2x 1 và cắt (P) tại điểm có ho|nh độ là 1 a 2 Ta có (D)//(d) D y: 2x b b 1 b 1 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x2 2x b (3) Do (D) cắt (P) tại điểm có ho|nh độ là 1 nên x = 1 là nghiệm của phƣơng trình (3) 12 2.1 b b 1 (thỏa) Vậy D y: 2x 1 l| đƣờng thẳng cần tìm Câu 3: 7 5 7 5 a) Rút gọn biểu thức: A 7 2 11 Giải: 7 5 7 5 Ta có: A 0 7 2 11 2 7 5 2 7 5 7 5 7 5 14 2 7 5 7 5 A 7 2 11 7 2 11 77
Website: tailieumontoan.com 14 2 49 5 14 2 44 14 4 11 2 7 2 11 2 7 2 11 7 2 11 7 2 11 7 2 11 b) Thống kê số lƣợng học sinh giỏi, khá, trung bình học kỳ 1 khối 9 của một trƣờng nhƣ sau: 9A 9B 9C Học sinh giỏi 30 25 20 Học sinh khá 15 18 20 Học sinh trung bình 3 5 8 Hãy tính tỉ lệ học sinh giỏi của trƣờng. So sánh tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của ba lớp 9A, 9B, 9C (học sinh đạt từ khá trở lên sẽ nhận đƣợc khen thƣởng của nh| trƣờng) Giải: 30 25 20 .100% Tỉ lệ học sinh giỏi của trƣờng là: 52,08% 30 15 3 25 18 5 20 20 8 15 30 .100% Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của lớp 9A là: 93,75% 3 15 30 18 25 .100% Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của lớp 9B là: 89,58% 5 18 25 20 20 .100% Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của lớp 9C là: 83,33% 8 20 20 Vậy tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng của ba lớp nhƣ sau: 9A > 9B > 9C (vì 93,75% > 89,58% > 83,33%) Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 3m 2 x 2m2 m 3 0 (1) (m là tham số) a) Chứng minh rằng phƣơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m Giải: Ta có Δ  3m 2 2 4.1. 2m2 m 3 9m2 12m 4 8m2 4m 12 m2 8m 16 m 4 2 0,m Do 0,m nên phƣơng trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình (1). Tìm m để x1 = 3x2 Giải: Theo câu a, 0,m nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b 3m 2 x1 x 2 3m 2 a 1 c 2m2 m 3 x x 2m2 m 3 1 2 a 1 Theo đề bài, ta có x1 = 3x2 thay vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc: 3m 2 x 2 3x 2 x 2 3m 2 4 2 2m2 m 3 3x 2 .x 2 2m m 3 2 x 2 3 78
Website: tailieumontoan.com 2 3m 2 2m2 m 3 4 3 9m2 12m 4 2m2 m 3 16 3 3 9m2 12m 4 16 2m2 m 3 27m2 36m 12 32m2 16m 48 32m2 16m 48 27m2 36m 12 0 5m2 20m 60 0 m2 4m 12 0 * Ta có ' 22 .1 12 4 12 16 ;0 ' 16 4 Do ' 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 2 4 2 4 m 2;m 6 1 1 2 1 Vậy m1 2;m2 6 là các giá trị cần tìm Câu 5: Từ điểm A ở ngo|i đƣờng tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE (D và E thuộc (O) và D nằm giữa A v| E). Đƣờng thẳng qua D vuông góc với OB cắt BC, BE lần lƣợt tại H và K. Vẽ OI vuông góc với AE tại I a) Chứng minh rằng bốn điểm B, I, O, C cùng thuộc một đƣờng tròn Giải: B K A O H D I E C Ta có ABOˆ ACOˆ AˆIO 900 (tính chất tiếp tuyến; OI  AE) 5 điểm A, B, O, I, C cùng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO 4 điểm B, I, O, C cùng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO b) Chứng minh rằng IA là phân giác góc BIC Giải: 79
Website: tailieumontoan.com B K A O H D I E C Ta có AˆBI AOBˆ (cùng chắn cung AB của đƣờng tròn đƣờng kính AO) AOˆ C (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) AˆCI (cùng chắn cung AC của đƣờng tròn đƣờng kính AO) IA là phân giác góc BIC c) Chứng minh rằng AC2 = AD.AE và tứ giác IHDC nội tiếp Giải: B K A H O D I 1 E 1 C Xét ∆ACD v| ∆AEC có: DACˆ : chung ˆ ˆ C1 E1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆ACD ∆AEC (g.g) ∽ 80
Website: tailieumontoan.com AC AD AC2 AD.AE(1) AE AC Ta có DHCˆ BHˆ K (2 góc đối đỉnh) ABCˆ (vì HK//AB cùng vuông góc với OB và 2 góc ở vị trí so le trong) DˆCI (2) (cùng chắn cung AC của đƣờng tròn đƣờng kính AO) Xét tứ giác IHDC có: DHCˆ DˆCI (do (2)) Tứ giác IHDC nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh H, I liên tiếp cùng nhìn cạnh DC dƣới một góc bằng nhau) 1 1 2 d) Gọi S l| giao điểm của BC và AD. Chứng minh: AD AE AS Giải: B K A H O D S I 1 E 1 C Ta có OI  DE và dây DE không qua tâm O I l| trung điểm của DE DE = 2DI (3) 1 1 2 Ta có AD AE AS AE AD 2 AD DE AD 2 2AD 2DI 2 (do (3)) AD.AE AS AD.AE AS AD.AE AS 2 AD DI 2 2AI 2 AI.AS AD.AE (*) AD.AE AS AD.AE AS Ta có ACSˆ AˆBI (cùng chắn cung AB của đƣờng tròn đƣờng kính AO) AˆCI (4) (vì IA là phân giác góc BIC) Xét ∆ACS v| ∆AIC có: CASˆ : chung ACSˆ AˆCI (do (4)) ∆ACS ∆AIC (g.g) ∽ 81
Website: tailieumontoan.com AS AC AI.AS AC2 (5) AC AI Từ (1) và (5) AI.AS = AD.AE 1 1 2 (do (*)) AD AE AS 82
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 11: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS MINH ĐỨC (SỐ 1), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình: 2x 3y 6 a) x 2 x 5 6 c) 3x 4y 25 b) x2 3 2 x 6 0 d) 3x 4 8 4 x 2 1 Câu 2: (1,5 điểm) x 2 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y v| đƣờng thẳng D y: x 4 trên cùng một hệ trục tọa độ 4 2 b) Tìm tọa độ c{c giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính 5 14 6 Câu 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức sau: . 17 12 2 2 1 2 2 1 2 2 Câu 4: (075 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240m2. Nếu tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 4m thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính kích thƣớc của mảnh đất? Câu 5: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2 m 3 mx x (x là ẩn số) a) Chứng tỏ phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 b) Tính tổng và tích của x1; x2 theo m 2 c) Tính biểu thức A x1 x 2 6x1x 2 theo m v| tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất Câu 6: (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O). Qua A kẻ tiếp tuyến AB (B là tiếp điểm) và cát tuyến ACD (C nằm giữa A, D) với đƣờng tròn (O) sao cho C và B nằm khác phía qua OA. Gọi H l| trung điểm của CD a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, B, O, H thuộc một đƣờng tròn b) Đƣờng trung trực của BC cắt tia phân giác của BACˆ tại S. Gọi E l| giao điểm của tia CS và (O) (E, B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa cát tuyến ACD). Chứng minh rằng: BSEˆ 2BCEˆ rồi suy ra tứ giác BEOS nội tiếp c) Chứng minh rằng: tứ giác ABSC nội tiếp d) Tia BS cắt đƣờng tròn (O) tại F. Chứng minh rằng: AS//BE//DF và H, O, E thẳng hàng 83
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm) Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình: a) x 2 x 5 6 (1) Giải: 1 x2 5x 2x 10 6 0 x2 3x 4 0 Ta có a b c 1 3 4 0 nên phƣơng trình (1) có 2 nghiệm: c 4 x 1;x 4 1 2 a 1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S  1;4  b) x2 3 2 x 6 0 (2) Giải: 2 Ta có Δ  3 2  4.1. 6 3 2 6 2 4 6 5 2 6 0 2 5 2 6 3 2 3 2 3 2 (vì 3 2 0) Do 0 nên phƣơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: 3 2 3 2 3 2 3 2 x x;3 2 1 2.1 2 2.1 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (2) l|: S ;3 2  2x 3y 6 c) (3) 3x 4y 25 Giải: 8x 12y 24 17x 51 x 3 x 3 3 9x 12y 75 3x 4y 25 9 4y 25 y 4 Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình (3) l|: x; y 3; 4 d) 3x 4 8 4 x 2 1 (4) Giải: 4 3x 4 8 4x 2 4 3x 4 4x 2 4 0 Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (4) trở thành: 3t 2 4t 4 0 (*) Ta có ' 2 2 .3 4 4 12 16 ;0 ' 16 4 Do ' 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 2 4 2 4 2 t 2 (nhận); t (loại) 1 3 2 3 3 2 Với t1 2 x 2 x 2 Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (4) l|: S  ;2 2  Câu 2: (1,5 điểm) x 2 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y v| đƣờng thẳng D y: x 4 trên cùng một hệ trục tọa độ 4 2 Giải: Bảng giá trị 84
Website: tailieumontoan.com x 2 1 0 2 4 1 y x 2 4 1 0 1 4 4 x 0 8 1 y x 4 4 0 2 Vẽ đồ thị (D) (P) b) Tìm tọa độ c{c giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính Giải: 1 1 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x 2 x 4 4 2 x 2 2x 16 4 4 4 x 2 2x 16 0 x 2 2x 16 0 5 Ta có Δ' 12 1. 16 1 16 17 0; Δ' 17 Do ' 0 nên phƣơng trình (5) có 2 nghiệm phân biệt: 1 17 1 17 x 1 17 x; 1 17 1 1 2 1 1 9 17 + Với x1 1 17 ta có y1 1 17 4 2 2 1 9 17 + Với x 2 1 17 ta có y2 1 17 4 2 2 9 17 9 17 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: A 1 17; ,B 1 17; 2 2 85
Website: tailieumontoan.com 5 14 6 Câu 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức sau: . 17 12 2 2 1 2 2 1 2 2 Giải: 5 14 6 Ta có: . 17 12 2 2 1 2 2 1 2 2 5 2 1 14 2 2 1 6 2 2 2 . 3 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 5 2 1 14 2 2 1 6 2 2 3. 2 2 2 1 8 1 4 2 5 2 1 2 2 2 1 3 2 2  . 3 2 2 (vì 3 2 2 0 ) 5 2 5 4 2 2 6 3 2 3 2 2 6 2 9 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 8 9 3 Câu 4: (075 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240m2. Nếu tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 4m thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính kích thƣớc của mảnh đất? Giải: Gọi x (m), y (m) lần lƣợt là chiều rộng, chiều dài của hình chữ nhật (y > x > 0) Diện tích của hình chữ nhật ban đầu là: x.y = 240 (1) (m2) Chiều rộng khi tăng 3 (m) l|: x + 3 (m) v| chiều dài giảm 4m là: y – 4 (m) (y > 4) Diện tích của hình chữ nhật lúc sau là: (x + 3)(y – 4) (m2) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: (x + 3)(y – 4) = 240 xy 4x 3y 12 240 240 4x 3y 12 240 0 3y 12 x 2 4 3y 12 Thay (2) v|o (1) ta đƣợc: .y 240 4 3y2 12y 960 3y2 12y 960 y2 4y 320 0 3 Ta có ' 2 2 .1 320 4 320 324 ;0 324 18 Do ' 0 nên phƣơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt: 2 18 2 18 y 20 (nhận); y 16 (loại) 1 1 2 1 3.20 12 Với y 20 x 12 (nhận) 4 Vậy miếng đất có chiều rộng là 12 (m) và chiều dài 20 (m) Câu 5: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2 m 3 mx x (*) (x là ẩn số) a) Chứng tỏ phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 86
Website: tailieumontoan.com Giải: * x 2 m 3 mx x 0 x 2 m 1 x m 3 0 Ta có Δ  m 1 2 4.1. m 3 m2 2m 1 4m 12 m2 2m 13 m2 2m 1 12 m 1 2 12 12 0,m Do Δ 0,m nên phƣơng trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 b) Tính tổng và tích của x1; x2 theo m Giải: Theo câu a, với mọi m phƣơng trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b m 1 x1 x 2 m 1 a 1 c m 3 x x m 3 1 2 a 1 2 c) Tính biểu thức A x1 x 2 6x1x 2 theo m v| tìm m để A đạt giá trị nhỏ nhất Giải: 2 Ta có: A x1 x 2 6x1x 2 2 2 x1 2x1x 2 x 2 6x1x 2 2 2 x1 2x1x 2 x 2 10x1x 2 2 x1 x 2 10x1x 2 2 m 1 10 m 3 (do hệ thức Vi-ét) m2 2m 1 10m 30 m2 8m 31 m2 8m 16 15 m 4 2 15 15,m (vì m 4 2 0,m ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m – 4 = 0 m = 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là: MinA = 15 xảy ra khi và chỉ khi m = 4 Câu 6: (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O). Qua A kẻ tiếp tuyến AB (B là tiếp điểm) và cát tuyến ACD (C nằm giữa A, D) với đƣờng tròn (O) sao cho C và B nằm khác phía qua OA. Gọi H l| trung điểm của CD a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, B, O, H thuộc một đƣờng tròn Giải: 87
Website: tailieumontoan.com B A O C H D Ta có H l| trung điểm của CD và dây CD không qua tâm O OH  CD (liên hệ giữa đƣờng kính và dây cung) Xét tứ giác ABOH có: ABOˆ AHˆ O 900 900 1800 (vì AB là tiếp tuyến (O) và OH  CD) Tứ giác ABOH nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Đƣờng trung trực của BC cắt tia phân giác của BACˆ tại S. Gọi E l| giao điểm của tia CS và (O) (E, B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa cát tuyến ACD). Chứng minh rằng: BSEˆ 2BCEˆ rồi suy ra tứ giác BEOS nội tiếp Giải: E B S A O C H D Ta có BSEˆ 1800 BSCˆ (2 góc kề bù) SCBˆ SBCˆ (tổng 3 góc trong ∆SBC) 88
Website: tailieumontoan.com SCBˆ SCBˆ 2SCBˆ (vì S thuộc đƣờng trung trực của BC nên SB = SC ∆SBC c}n S) 2BCEˆ (đpcm) BOEˆ (1) (hệ quả góc nội tiếp) Xét tứ giác BEOS có: BSEˆ BOEˆ (do (1)) Tứ giác BEOS nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh S, O liên tiếp cùng nhìn cạnh BE dƣới một góc bằng nhau) c) Chứng minh rằng: tứ giác ABSC nội tiếp Giải: B E S 1 A 2 O C T H D Gọi T l| điểm thuộc AD sao cho AB = AT Xét ∆SAB v| ∆SAT có: SA: chung ˆ ˆ ˆ A1 A2 (vì AS là phân giác của BAC ) AB = AT (do trên) ∆SAB = ∆SAT (c.g.c) SBAˆ STAˆ (2 góc tƣơng ứng) hay SBAˆ STCˆ (2) Và ST = SB (2 cạnh tƣơng ứng) = SC (do trên) ∆STC c}n tại T STCˆ SCTˆ (3) Từ (2) và (3) SBAˆ SCTˆ (4) Xét tứ giác ABSC có: SBAˆ SCTˆ (do (4)) Tứ giác ABSC nội tiếp (góc trong bằng góc đối ngoài) d) Tia BS cắt đƣờng tròn (O) tại F. Chứng minh rằng: AS//BE//DF và H, O, E thẳng hàng Giải: 89
Website: tailieumontoan.com x B E S 1 A 2 O C T H D F 1 Ta có Aˆ BAˆ C (vì AS là phân giác của góc BAC) 1 2 1 BSEˆ (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ABSC nội tiếp) 2 BCEˆ (do (1)) EBxˆ (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) AS//BE (5) (2 góc bằng nhau và ở vị trí đồng vị: dấu hiệu nhận biết 2 đƣờng thẳng song song) Ta có FDCˆ FBCˆ (cùng chắn cung FC của đƣờng tròn (O)) SACˆ (cùng chắn cung SC của tứ giác ABSC nội tiếp) AS//DF (6) (2 góc bằng nhau và ở vị trí so le trong: dấu hiệu nhận biết 2 đƣờng thẳng song song) Từ (5) và (6) AS//BE//DF Ta có HOEˆ HOBˆ BOEˆ HOBˆ BSEˆ (do (1)) HOBˆ BAˆ H (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ABSC nội tiếp) 0 180 (tổng 2 góc đối của tứ giác ABOH nội tiếp) H, O, E thẳng hàng 90
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 12: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS MINH ĐỨC (SỐ 2), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: 2x 2 3 x 2 1 7 b) B{c Năm mua một thùng trái cây cân nặng 16kg gồm hai loại là táo và xoài, táo giá 50 ngàn đồng/kg, xo|i gi{ 70 ng|n đồng/kg. Hỏi B{c Năm mua bao nhiêu kg táo và xoài mỗi loại biết rằng giá tiền của thùng tr{i c}y l| 900 ng|n đồng Câu 2: x 2 a) Trong mặt phẳng Oxy vẽ đồ thị (P) của hàm số y 4 1 b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D y: x m tại điểm có ho|nh độ bằng 4 2 Câu 3: 3 5 1 a) Thu gọn biểu thức: 5 5 5 2 5 2 5 3 b) Lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam trong th{ng 9/2016 ƣớc đạt 813007 lƣợt; giảm 9,6% so với th{ng 8/2016 v| tăng 2,8% so với cùng kỳ năm 2015. Tính lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam trong tháng 8/2016 và tháng 9/2015? Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2 m 1 x m2 3 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm điều kiện của m để phƣơng trình (1) có nghiệm b) Định m để hai nghiệm x1 ;x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 2 2 2x1 1 x2 1 2x 2 1 x1 1 x1 x2 14 Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O). C{c đƣờng cao AD, BE, CF của ∆ABC cắt nhau tại H v| có AK l| đƣờng kính a) Chứng minh: tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng tròn và tứ giác BKCH là hình bình hành b) Gọi I l| giao điểm của hai đƣờng thẳng BC và EF. Tia KH cắt (O) tại M. Chứng minh: năm điểm A, M, E, H, F cùng nằm trên một đƣờng tròn c) Chứng minh: ba điểm I, A, M thẳng hàng d) Qua D vẽ đƣờng thẳng song song với AC cắt AB và AI lần lƣợt tại S và N. Chứng minh S là trung điểm của DN 91
Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: 2x 2 3 x 2 1 7 (1) Giải: 1 2x 4 2x 2 3x 2 3 7 0 2x 4 x2 10 0 Đặt t x2 t 0 Phƣơng trình (1) trở thành: 2t 2 t 10 0 (*) Ta có 1 2 .2.4 10 1 80 81 ;0 81 9 Do 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 1 9 5 1 9 t (nhận); t 2 (loại) 1 2.2 2 2 2.2 5 5 5 10 Với t x 2 x 1 2 2 2 2 10 10  Vậy tập nghiệm của phƣơng trình (1) l|: S ;  2 2  b) B{c Năm mua một thùng trái cây cân nặng 16kg gồm hai loại là táo và xoài, táo giá 50 ngàn đồng/kg, xo|i gi{ 70 ng|n đồng/kg. Hỏi B{c Năm mua bao nhiêu kg t{o v| xo|i mỗi loại biết rằng giá tiền của thùng tr{i c}y l| 900 ng|n đồng Giải: Gọi x (kg) táo, y (kg) xoài mỗi loại m| B{c Năm mua (x > 0; y > 0) x y 16 x y 16 7x 7y 112 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình: 50x 70y 900 5x 7y 90 5x 7y 90 2x 22 x 11 x 11 (nhận) 5x 7y 90 55 7y 90 y 5 Vậy B{c Năm mua 11 kg t{o v| 5 kg xo|i Câu 2: x 2 a) Trong mặt phẳng Oxy vẽ đồ thị (P) của hàm số y 4 Giải: Bảng giá trị x 2 1 0 2 4 x 2 y 4 1 0 1 4 4 Đồ thị 92
Website: tailieumontoan.com (P) 1 b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D y: x m tại điểm có ho|nh độ bằng 4 2 Giải: x 2 1 Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm của (P) và (D) có dạng: x m (2) 4 2 Do (P) cắt (D) tại điểm có ho|nh độ bằng 4 nên x 4 là nghiệm của (2) 4 2 1 . 4 m 4 2 m m 2 4 2 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm Câu 3: 3 5 1 a) Thu gọn biểu thức: 5 5 5 2 5 2 5 3 Giải: 3 5 1 Ta có: 5 5 5 2 5 2 5 3 3 5 1 2 5 3 25 10 5 5 5 10 2 5 3 2 5 3 30 9 5 2 5 3 15 5 5 20 9 93
Website: tailieumontoan.com 33 11 5 15 5 5 11 5 3 5 3 5 Đặt M 5 3 5 3 5 (M > 0) M2 5 3 5 2 5 3 5 3 5 3 5 15 5 5 2 5 3 5 3 5 3 5 18 4 5 2 5 9 5 18 4 5 2 20 18 4 5 4 5 18 M 18 3 2 3 5 1 Vậy 5 5 5 2 5 3 2 2 5 3 b) Lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam trong th{ng 9/2016 ƣớc đạt 813007 lƣợt; giảm 9,6% so với th{ng 8/2016 v| tăng 2,8% so với cùng kỳ năm 2015. Tính lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam trong tháng 8/2016 và tháng 9/2015? Giải: 813007.100 Lƣợng kh{ch đến Việt Nam trong tháng 8/2016 là: 899344 lƣợt 100 6,9 813007.100 Lƣợng kh{ch đến Việt Nam trong tháng 9/2015 là: 790863lƣợt 100 8,2 Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2 m 1 x m2 3 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm điều kiện của m để phƣơng trình (1) có nghiệm Giải: Ta có Δ'  m 1 2 1. m2 3 m2 2m 1 m2 3 2m 4 Để phƣơng trình (1) có nghiệm Δ' 0 2m 4 0 2m 4 m 2 Vậy m 2 thì phƣơng trình (1) luôn có nghiệm b) Định m để hai nghiệm x1 ;x 2 của phƣơng trình (1) thỏa mãn: 2x 1 x 1 2x 1 x 1 x2 x2 14 1 2 2 1 1 2 Giải: Theo câu a, với m 2 thì phƣơng trình (1) có 2 nghiệm x1 ;x 2 thỏa hệ thức Vi-ét: b 2 m 1 x1 x 2 2m 2 a 1 c m2 3 x x m2 3 1 2 a 1 2x 1 x 1 2x 1 x 1 x2 x2 14 Theo đề bài, ta có: 1 2 2 1 1 2 2 2 2x1x 2 2x1 x 2 1 2x1x 2 2x 2 x1 1 x1 x 2 14 4x x x x 2 x x 2 2x x 14 1 2 1 2 1 2 1 2 2 x1 x 2 6x1x 2 x1 x 2 16 0 94
Website: tailieumontoan.com 2 2 2m 2 6 m 3 2m 2 16 0 (do hệ thức Vi-ét) 4m2 8m 4 6m2 18 2m 2 16 0 2m2 6m 36 0 m2 3m 18 0 * Ta có 3 2 .1.4 18 9 72 81 ;0 81 9 Do 0 nên phƣơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: 3 9 3 9 m 6 (nhận); m 3 (loại) 1 2.1 2 2.1 Vậy m = 6 là giá trị cần tìm Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O). C{c đƣờng cao AD, BE, CF của ∆ABC cắt nhau tại H v| có AK l| đƣờng kính a) Chứng minh: tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng tròn và tứ giác BKCH là hình bình hành Giải: Xét tứ giác BCEF có: BECˆ BFCˆ 900 (vì BE  AC, CF  AB) Tứ giác BCEF nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh E, F liên tiếp cùng nhìn cạnh BC dƣới 1 góc bằng nhau) Ta có ABKˆ ACKˆ 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O)) Xét tứ giác BKCH có: BH//KC (cùng vuông góc với AC) CH//KB (cùng vuông góc với AB) Tứ giác BKCH là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành) A E F O H B D C K b) Gọi I l| giao điểm của hai đƣờng thẳng BC và EF. Tia KH cắt (O) tại M. Chứng minh: năm điểm A, M, E, H, F cùng nằm trên một đƣờng tròn Giải: 95
Website: tailieumontoan.com A M E F O H I B D C K Ta có AMˆ K 900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O)) Ta có AEHˆ AFHˆ AMˆ H 900 (vì BE  AC, CF  AB, AMˆ K 900 ) 5 điểm A, M, F, H, E cùng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AH c) Chứng minh: ba điểm I, A, M thẳng hàng Giải: A M E F O H I B D C K Ta có MˆIF MAEˆ (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác AMFE nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính AH) Mˆ IB (1) (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác AMBC nội tiếp đƣờng tròn (O)) Xét tứ giác IMFB có: MˆIF Mˆ IB (do (1)) Tứ giác IMFB nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh F, B liên tiếp cùng nhìn cạnh MI dƣới 1 góc bằng nhau) 96
Website: tailieumontoan.com Ta có IMˆ A IMˆ B BMˆ A IFBˆ BMˆ A (cùng chắn cung IB của tứ giác IMFB nội tiếp) ACBˆ BMˆ A (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác BCEF nội tiếp) 1800 (tổng 2 góc đối của tứ giác AMBC nội tiếp) ba điểm I, A, M thẳng hàng d) Qua D vẽ đƣờng thẳng song song với AC cắt AB và AI lần lƣợt tại S và N. Chứng minh S là trung điểm của DN Giải: A M N E F O S H I B D C K Ta có SD//AC và ND//AC (gt) SD BD ND ID và (hệ quả Talet) AC BC AC IC AC.BD AC.ID SN và ND BC IC ND AC.ID AC BD AC.ID BC ID.BC : . (*) SN IC BC IC AC.BD IC.BD Xét tứ giác AEDB có: AEBˆ ADBˆ 900 (vì BE  AC, AD  BC) Tứ giác AEDB nội tiếp (tứ gi{c có 2 đỉnh E, D liên tiếp cùng nhìn cạnh AB dƣới 1 góc vuông) Ta có HEFˆ HAFˆ (cùng chắn cung HF của đƣờng tròn đƣờng kính AH) HEDˆ (cùng chắn cung BD của tứ giác AEDB nội tiếp) BE là phân giác của góc IED BI EI (2) BD ED Ta có CE  BE tại E CE là phân giác ngoài của góc IED 97
Website: tailieumontoan.com CI EI (3) CD ED BI CI Từ (2) và (3) BD CD BD IB IB BD ID (tính chất tỉ lệ thức) DC IC IC DC IC DC BD IC DC ID.DC BD IC IC ID ID.DC BD 2IC ID ID.DC 2IC.BD ID.BD ID.DC 2IC.BD ID.BD ID.DC 2IC.BD ID BD DC 2IC.BD ID.BC ID.BC 2 IC.BD ND Từ (*) và ( ) 2 SN S l| trung điểm của DN 98
Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 13: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS NGUYỄN DU, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: 2 a) Giải phƣơng trình ẩn x: x 2 5x 2x 2 10x 24 0 b) B| Minh có 3 530 000 đ với tổng cộng có 74 tờ tiền gồm 3 loại tiền: loại 20000 đ, loại 50000 đ v| loại 100000 đ. Hỏi mỗi loại tiền có mấy tờ biết rằng số tờ tiền loại 20000 đ gấp đôi số tờ tiền loại 100000 đ? x 2 3 Câu 2: Cho P : y và D y: x 1 2 2 a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy rồi tìm tọa độ giao điểm của chúng bằng phép toán b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với đƣờng thẳng (D) và cắt (P) tại điểm có ho|nh độ bằng 1 Câu 3: 4 5 2 3 5 4 5 2 3 5 a) Rút gọn biểu thức: P : : 2 2 2 2 b) Giả sử cách tính tiền nƣớc sinh hoạt ở Thành phố nhƣ sau cho 1 ngƣời: Mức 1 cho 4m3 đầu tiền x 7000đ/1m3 Mức 2 cho 3m3 tiếp theo x 10000đ/1m3 Mức 3 cho số m3 còn lại x 12500đ/1m3 - Số tiền nƣớc phải trả cho ba mức này gọi là A - Thuế VAT: B = Ax10% - Thuế môi trƣờng: C = Ax15% - Tổng số tiền phải trả là: T = A + B + C - Th{ng 5/2017 gia đình b| Bê có 2 ngƣời phải trả hết số tiền: T = 207 500đ Hỏi gia đình b| Bê hết bao nhiêu m3 nƣớc? Câu 4: Cho phƣơng trình ẩn x: x2 2m 3 x 2 m 1 0 với m là tham số a) Chứng tỏ rằng phƣơng trình có hai nghiệm với mọi m b) Tìm m để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia Câu 5: Cho nửa đƣờng tròn (O’; R) đƣờng kính BC v| điểm A trên nửa đƣờng tròn sao cho AB < AC, vẽ AH  BC tại H. Phân giác của góc CAH cắt BC tại E, phân giác của góc ABC cắt AE ở K a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp v| x{c định tâm O của đƣờng tròn này b) Gọi D l| điểm chính giữa cung nhỏ BH của đƣờng tròn (O), phân giác của góc ACB cắt AD tại I. Chứng minh rằng O, I, K thẳng hàng c) BK cắt AD tại P, CI cắt AE tại Q. Chứng minh tứ giác BPQC nội tiếp d) Gọi giao điểm của BK với đƣờng tròn (O’) v| với AH lần lƣợt là M và N. Nếu cho góc ABC = 600, tính theo R bán kính của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN 99