Đề Thi Thử Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Môn Toán TPHCM

c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN.. Có 2 sự lựa chọn: người gửi có thể nhận được lãi suất 7% một năm hoặc nhận tiền thưởng ngay là 3 triệu VNĐ với lãi suấ[r]

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM

ĐỀ SỐ 1:

Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)



x3



27x2x



x3



33 b) 5x22 10x20

c) x42x280

d)









  

   

  

y 5y 3x

3y x

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

x

y đường thẳng

 

x 2 y :

D  

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) câu phép tính

Câu 3: Thu gọn biểu thức: 10

2

3 10

3 10

A      

Câu 4: Cho phương trình: x2



2m1



xm2m30 (1) (x ẩn số) a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2

b) Định m để: x1



x11



x2



x21



18

Câu 5: Cho đường tròn (O; R) điểm M nằm (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MCD (O) (A, B tiếp điểm, C nằm M D; A C nằm khác phía đường thẳng MO) Gọi I trung điểm CD

a) Chứng minh: MB2 = MC.MD

b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp

c) Tia BI cắt (O) J Chứng minh: AD2 = AJ.MD

d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB K, tia CK cắt OB G Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆CIG theo R

Câu 6: Hàng tháng người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng Hỏi sau 15 tháng người nhận số tiền gốc lẫn lãi bao nhiêu? Biết hàng tháng người khơng rút lãi

BÀI GIẢI

Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a)



x3



27x2x



x3



33 (1)

Giải:

 

1 x26x97x2x26x33

0 42 19x x

0 33 6x 2x 7x 6x x

2

2

    

       

 

 

2 23 19 x 21; 23 19

x1 2 

       

Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: S



21;2



b) 5x22 10x20 (2)

Giải:

Ta có '



 10



25.210100

Do '0 nên phương trình (2) có nghiệm kép:

5 10 10 a b' x

x1 

     

Vậy tập nghiệm phương trình (2) là:

       10 S

c) x42x280 (3) Giải:

Đặt tx2



t0



Phương trình (3) trở thành: t22t80 (*)

 

1 1.

 

8 0; ' '

Δ  2        

Do ∆’ > nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt:

4

3

t1    (nhận);

3

t2    (loại) Với t1 4 x2 4x2

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm S



2;2



d)









          y 5y 3x 3y x (4) Giải:

 

 

 

 

                                          2y 3x 13 13x 6y 9x 6y 4x 2y 3x 3y 2x 3y 5y 3x 3y 2x                  y x 2y x

Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm

  

x;y  1;0



Câu 2:

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

x

y đường thẳng

 

x 2 y :

D  

Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 4 1 1 4

x

2 x

y  2

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) là:

 

5 2x x

8 2x x

4 2x

x

2 x x

2

2

   

   

   

  

Ta có '12 1.

 

8 1890; ' 93

Do '0 nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:

4

3 x 2;

3

x1    2    

+ Với x1 2 ta có 4

1

y1   

+ Với x2 4 ta có

 

16 4

1

y2    

Vậy tọa độ giao điểm (P) (D) là: A



2;1

 

,B4;4



Câu 3: Thu gọn biểu thức: 10

2

3 10

3 10

A      

Giải:

Ta có 10

2

3 10

3 10

A      

1 10 3 10 10 1 10 10 3 10 10 10 10 10 10 2 10                                      Đặt 3 10 10

T    (T > 0)

                    10 10 10 2 10 T2 10 10 10 10 10 10 10                        10

T 

 (vì T > 0)

Thay T vào biểu thức A, ta được:

1 1 10 10

A     

Vậy A1

Câu 4: Cho phương trình: x2



2m1



xm2m30 (1) (x ẩn số) a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Giải:

Ta có Δ







2m1





24.1.



m2m3



4m24m14m24m128m13 Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2

8 13 m 13 8m 13 8m Δ         Vậy 13

m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 b) Định m để: x1



x11



x2



x21



18

Giải:

Theo câu a, với 13

m phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:





                       m m m m a c x x P 2m 1 2m a b x x S 2 2











x x



2x x



x x



18 0

18 x x x x

0 18 x x x x

2 2

2 2

2 2

    

 

     

     





2m1



22



m2m3







2m1



180 (do hệ thức Vi-ét)

 

6 10 8m 2m

0 18 2m 2m 2m 4m 4m

2

2

   

         

Ta có abc2

  

8  10



0 nên phương trình (6) có hai nghiệm:

1

m1 (nhận); 10 a

c

m2    (loại) Vậy m1 giá trị cần tìm

Câu 5: Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MCD (O) (A, B tiếp điểm, C nằm M D; A C nằm khác phía đường thẳng MO) Gọi I trung điểm CD

a) Chứng minh: MB2 = MC.MD

Giải:

Xét ∆MBC ∆MDB có:

1

Mˆ : chung

1 Dˆ

Bˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆MBC ∽ ∆MDB (g.g)

MC.MD MB

MB MC MD

MB  



b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp Giải:

1

1

1

I

B M

A

O

C

Ta có

90 O Aˆ

M  (tính chất tiếp tuyến)

 Điểm A thuộc đường trịn đường kính MO (1) Ta có

90 O Bˆ

M  (tính chất tiếp tuyến)

 Điểm B thuộc đường trịn đường kính MO (2)

Ta có I trung điểm CD dây CD không qua tâm O  OI  CD (liên hệ đường kính dây cung)

0

90 O Iˆ

M 



 Điểm I thuộc đường trịn đường kính MO (3)

Từ (1), (2) (3)  điểm M, A, O, I, B thuộc đường trịn đường kính MO  Tứ giác AOIB nội tiếp đường trịn đường kính MO

c) Tia BI cắt (O) J Chứng minh: AD2 = AJ.MD

Giải:

1

1

1

I

B M

A

O

C

D

2

1

2 J

1

1

1

I

B M

A

O

C

Xét ∆MAC ∆MDA có:

2

Mˆ : chung

2 Dˆ

Aˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆MAC = ∆MDA (g.g)

D Aˆ M A Cˆ

M 

 (4) (2 góc tương ứng)

Ta có ADˆJABˆJ (cùng chắn cung AJ đường tròn (O))

AMˆD (5) (cùng chắn cung AI đường trịn đường kính MO)

Ta có DJˆAMCˆA (góc góc đối ngồi tứ giác ACDJ nội tiếp đường tròn (O)) MAˆD (6) (do (4))

Xét ∆DJA ∆MAD có: D Aˆ M A Jˆ

D  (do (6)) D

Mˆ A J Dˆ

A  (do (5))  ∆DJA ∽ ∆MAD (g.g)

AJ.MD AD

AD AJ MD

AD   



d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB K, tia CK cắt OB G Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆CIG theo R

Giải:

Ta có KI//BD (gt) B Dˆ C K Iˆ

C 

 (2 góc vị trí so le trong) K

Aˆ C

 (7) (cùng chắn cung BC đường trịn (O)) Xét tứ giác ACKI có: CIˆKCAˆK (do (7))

 Tứ giác ACKI nội tiếp (tứ giác có đỉnh A, I nhìn cạnh CK góc nhau) K

Aˆ I G Cˆ

I 

 (cùng chắn cung IK) G

Oˆ I

 (8) (cùng chắn cung IB tứ giác AOIB nội tiếp) Xét tứ giác OIGC có: ICˆGIOˆG (do (8))

 Tứ giác OIGC nội tiếp (tứ giác có đỉnh C, O nhìn cạnh GI góc nhau) C

Iˆ O C Gˆ

O 

 (cùng chắn cung OC)

G K

1

2 J

1

1

1

I

B M

A

O

C

90

 (9) (vì OI  CD)

 Điểm G I thuộc đường trịn đường kính OC  ∆CIG thuộc đường trịn đường kính OC  Bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆CIG là:

2 R OC



Câu 6: Hàng tháng người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng Hỏi sau 15 tháng người nhận số tiền gốc lẫn lãi bao nhiêu? Biết hàng tháng người khơng rút lãi

Giải:

Số tiền gốc lẫn lãi sau 15 tháng là:







15 0,6%

5000000 5469400,363đ

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM

ĐỀ SỐ 2: Câu 1:

a) Giải phương trình:

5 2x

1

x 

 



b) Bạn Nam đem 20 tờ tiền giấy gồm hai loại 2.000 đồng 5.000 đồng đến siêu thị mua quà có giá trị 78.000 đồng thối lại 1.000 đồng Hỏi có tờ tiền loại? Câu 2:

a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) hàm số x y

2



b) Gọi A điểm thuộc (P) có hồnh độ Viết phương trình đường thẳng OA Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức:

4 2

7

2 2

1 A

   



b) Một người gửi tiết kiệm 200 triệu VNĐ vào tài khoản ngân hàng Nam Á Có lựa chọn: người gửi nhận lãi suất 7% năm nhận tiền thưởng triệu VNĐ với lãi suất 6% năm Lựa chọn tốt sau năm? Sau hai năm?

Câu 4: Cho phương trình: x2mx10 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1,x2 nghiệm phương trình (1)

Tính giá trị biểu thức:

2 2

1

x x x x

1 x x

P     

Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O (AB < AC) Các đường cao AD CF tam giác ABC cắt H

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp Suy AHˆC1800ABˆC

b) Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) (M khác B C) N điểm đối xứng M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

BÀI GIẢI

Câu 1:

a) Giải phương trình:

5 2x

1

x    (1)

Giải:

 









20 2x 20 40 20

1 x

1     









3 x

39 13x

5 40 8x 5x

8x 40 5x

2x 40 x

 

 

    

    

    

Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: S

 

3

b) Bạn Nam đem 20 tờ tiền giấy gồm hai loại 2.000 đồng 5.000 đồng đến siêu thị mua quà có giá trị 78.000 đồng thối lại 1.000 đồng Hỏi có tờ tiền loại? Giải:

Gọi x, y số tờ tiền 2.000 đồng 5.000 đồng (x > 0, y > 0)

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:

  

 

  

1000 78000 5000y

2000x 20 y x

   

   

   

  

  

        

    



      

  

13 y

7 x

79 5y 14

7 x

79 5y 2x

21 3x

79 5y 2x

100 5y

5x

79 5y 2x

20 y x

(nhận)

Vậy có tờ tiền 2.000 đồng 13 tờ tiền 5.000 đồng Câu 2:

a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) hàm số x y

2

 Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2 x y

2

 2

b) Gọi A điểm thuộc (P) có hồnh độ Viết phương trình đường thẳng OA Giải:

Thay x = vào (P) ta được: A

 

2;2

2 y

2

  

Gọi đường 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 đường thẳng cần tìm Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức:

4 2

7

2 2

1 A

   



Giải:

Ta có

4 2

7

2 2

1 A

    























 





 





 



2

12

8

28 14 16 16 2

4 2

1 16

2

8 2 2

2 16

8 2

1 2

2

4 2 2

4 2

1 2

1 2

2 2

2

   

 

 

  

 



 

 

 

 

  



 

 

 

 



Giải:

Số tiền vốn lẫn lãi sau năm với lãi suất 7% là:



1 7%



214000000

200000000   (đồng)

Số tiền vốn lẫn lãi sau năm với lãi suất 6% thưởng triệu đồng là: 215000000

3000000 %)

6 (

200000000    (đồng)

Vậy sau năm ta nên lựa chọn thứ hai lãi suất 6% thưởng triệu đồng (vì 215000000 đồng > 214000000 đồng)

Số tiền vốn lẫn lãi sau năm với lãi suất 7% là:



1 7%



228980000

214000000   (đồng)

Số tiền vốn lẫn lãi sau năm với lãi suất 6% thưởng triệu đồng là:



1 6%



3000000 227720000

200000000  2  (đồng)

Vậy sau năm ta nên lựa chọn thứ lãi suất 7% (vì 228980000 đồng > 227720000 đồng) Câu 4: Cho phương trình: x2mx10 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu Giải:

Ta có Δ

 

m 21.

 

1 m2 10,m nên phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét:

    

    

      

1

1 a c x x

m

m a

b x x

2

2

Do x1x2 10 nên phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1,x2 nghiệm phương trình (1)

Tính giá trị biểu thức:

2 2

1

x x x x

1 x x

P     

Giải:

Ta có

2 2

1

x x x x

1 x x

P     

2 2

1 1

x x x x x x

x x x

x  

 



 (do x1x2 1: hệ thức Vi-ét)

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 đường trịn tâm O (AB < AC) Các đường cao AD CF tam giác ABC cắt H

Xét tứ giác BFHD có:

0

0

180 90

90 H Dˆ B H Fˆ

B     (vì AD  BC, CF  AB)  Tứ giác BFHD nội tiếp (tổng góc đối 1800)

Ta có AHˆCDHˆF (2 góc đối đỉnh)

1800 ABˆC (tổng góc đối tứ giác BFHD nội tiếp)

b) Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) (M khác B C) N điểm đối xứng M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

Giải:

Ta có AC  MN trung điểm MN (vì N đối xứng với M qua AC)  AC đường trung trực đoạn MN

 AM = AN, CM = CN Xét ∆ANC ∆AMC có:

O A

C

B D

F

H

N

M O A

C

B D

F

AM = AN (do trên) CM = CN (do trên) AC: chung

 ∆ANC = ∆AMC (c.c.c) C

Mˆ A C Nˆ

A 

 (2 góc tương ứng)

ABˆC (cùng chắn cung AC đường trịn (O)) 1800 AHˆC (vì AHˆC1800ABˆC)

0

180 C Hˆ A C Nˆ

A  



Xét tứ giác AHCN có:

180 C Hˆ A C Nˆ

A   (do trên)  Tứ giác AHCN nội tiếp (tổng góc đối 1800)

c) Gọi I giao điểm AM HC; J giao điểm AC HN Chứng minh AJˆIANˆC Giải:

Ta có MAˆCNAˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tương ứng nhau) NHˆC (cùng chắn cung NC tứ giác AHCN nội tiếp) Hay IAˆJIHˆJ

Xét tứ giác AHIJ có: IAˆJIHˆJ (do trên)

 Tứ giác AHIJ nội tiếp (tứ giác có đỉnh A, H liên tiếp nhìn cạnh IJ góc nhau) C

Hˆ A 180 I Jˆ

A  0

 (tổng góc đối 1800)

C Nˆ A

 (do trên)

d) Chứng minh rằng: OA vng góc với IJ Giải:

J

I

N

M O A

C

B D

F

Vẽ tiếp tuyến xy đường tròn (O) A  OA  xy (1) (tính chất tiếp tuyến) Ta có AJˆIANˆC (do trên)

AMˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tương ứng nhau) yAˆC (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

IJ//xy

 (2)

Từ (1) (2)  OA  IJ (quan hệ tính vng góc tính song song)

y

x

J

I

N

M O A

C

B D

F