Tuyển tập đề thi thử vào lớp 10 các quận TPHCM và đáp án chi tiết

10, website www.thuvientoan.net 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[r]

(1)



Tài liệu soạn thảo

TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ VÀO 10

CÁC QUẬN TP HỒ CHÍ MINH

(2)

1

TUYỂN TẬP ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

LỜI NĨI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh đề luyện thi chất lượng vào lớp

Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề thi để giúp em mình học tập Hy vọng tuyển tập đề giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung

Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ tài liệu này!

(3)

2

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 chiều dài gấp lần chiều rộng Tính diện tích miếng đất

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

4 x y

2

 

b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng  D :y2xm điểm có ho|nh độ x = Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: A 42 3 42

b) Giá bán Tivi giảm giá hai lần, lần giảm 10% so với gi{ b{n, sau giảm giá lần gi{ cịn lại l| 16.200.000 đồng Vậy gi{ b{n ban đầu Tivi bao nhiêu? Câu 4: Cho phƣơng trình: x22mxm20 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1,x2 phƣơng trình (1) thỏa mãn:

1x12x2  1x22x1x12x222

Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn Đƣờng trịn t}m O đƣờng kính BC cắt cạnh AC, AB lần lƣợt D, E Gọi H l| giao điểm BD v| CE; F l| giao điểm AH BC a) Chứng minh: AF  BC AFˆDACˆE

b) Gọi M l| trung điểm AH Chứng minh: MD  OD v| điểm M, D, O, F, E thuộc đƣờng tròn

c) Gọi K l| giao điểm AH DE Chứng minh: MD2MK.MF K trực tâm tam giác MBC

d) Chứng minh:

FA FH

1 FK

2  

(4)

3

BÀI GIẢI Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: xx3153x1 (1)

Giải:

 1 x23x153x1

0 16 6x x

0 3x 15 3x x

2

   

     

Ta có '321.16916250; ' 255

Do '0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm phân biệt:

8

5 x 2;

5

x1    2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S2;8

b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m chiều dài gấp lần chiều rộng Tính diện tích miếng đất

Giải:

Gọi x (m) chiều dài y (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:  

  

  

3y x

40 y x

   

  

        

  

     

  

5 y

15 x 3y 15

15 x 3y x

60 4x

3y x

60 3y 3x

3y x

20 y x

(thỏa) Diện tích miếng đất là:  2

m 75 15.5 xy

S   Câu 2:

4 x y

2

  Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

4 x y

2



 4 1 1 4

(5)

4

b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng  D :y2xm điểm có ho|nh độ x = Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng: 2x m

x2  

 Do (D) cắt (P) điểm có ho|nh độ x = nên thỏa:

4 m m 2.1

12      



Vậy

4

m giá trị cần tìm Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: A 42 3 42 Giải:

Ta có A 42 3 42

  31 2  312  31 31 31  31 31 312

(vì 310; 310)

b) Giá bán Tivi giảm giá hai lần, lần giảm 10% so với gi{ b{n, sau giảm giá lần gi{ lại l| 16.200.000 đồng Vậy gi{ b{n ban đầu Tivi bao nhiêu? Giải:

Gọi x (đồng) l| gi{ b{n ban đầu Tivi (x > 0)

Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ là: 100%10%.x90%x (đồng)

(6)

5

Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 90%.90%x16200000x20000000(nhận) Vậy giá bán ban đầu Tivi l|: 20.000.000 (đồng)

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22mxm20 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Giải:

Ta có    

4 m 2 2 2.m m m m m m Δ' 2 2 2                                           0, m 7 m           

 (vì 0, m

2 m          )

Do Δ'0,m nên phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1,x2 phƣơng trình (1) thỏa mãn:

1x12x2  1x22x1x12x222

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

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

Ta có: 1x12x2  1x22x1x12x222

 

x x  x x 

2 x 2x x x x x 2x x x x 2x x 2 2 2 2 2 1                  

 2m 22m20

 (do hệ thức Vi-ét)

 * m 2m 2m 4m 2        

Ta có abc2   1  1 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm:

2 a c m 1;

m1  2   

Vậy

2 m 1;

m1 2   giá trị cần tìm

Câu 5: Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn Đƣờng trịn t}m O đƣờng kính BC cắt cạnh AC, AB lần lƣợt D, E Gọi H l| giao điểm BD CE; F giao điểm AH BC a) Chứng minh: AF  BC AFˆDACˆE

(7)

6

Ta có

90 C Eˆ B C Dˆ

B   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O))  BD  AC, CF  AB

Xét ∆ABC có: BD v| CE l| đƣờng cao cắt H  H trực tâm ∆ABC

 AH  BC F Xét tứ giác HFCD có:

0

180 90

90 C Dˆ H C Fˆ

H     (vì AH  BC, BD  AC)  Tứ giác HFCD nội tiếp (tổng góc đối 1800)

E Cˆ A D Fˆ

A 

 (cùng chắn cung HD)

b) Gọi M l| trung điểm AH Chứng minh: MD  OD v| điểm M, D, O, F, E thuộc đƣờng tròn

Giải:

F

H

E

D

C B

A

(8)

7

Ta có ∆ADH vng D có DM trung tuyến  MD = MA = MH (1)

Ta có ∆AEH vng E có EM trung tuyến  ME = MA = MH (2)

Từ (1) (2)  MD = ME (3) Xét ∆OEM v| ∆ODM có:

OE = OD = R ME = MD (do (3)) OM: chung

 ∆OEM = ∆ODM (c.c.c)

D Oˆ M E Oˆ

M 

 (2 góc tƣơng ứng) EOˆD

2

 (4) Ta có EOˆD

2 D Cˆ

E  (5) (hệ góc nội tiếp)

Ta có HFˆDECˆD (6) (cùng chắn cung HD tứ giác HFCD nội tiếp) Từ (4), (5) (6) MOˆDHFˆD

 Tứ giác MFOD nội tiếp (7) (tứ gi{c có đỉnh O, F nhìn cạnh MD dƣới góc nhau)

O Fˆ M 180 O Dˆ

M  0

 (tổng góc đối tứ giác MFOD nội tiếp) 1800900900 (vì AF  BC)

 MD  DO

Xét tứ giác MEOD có:

0 90 O Dˆ M O Eˆ

M   (vì ∆MEO = MDO: cmt) M

F

H

E

D

C B

A

(9)

8

0

180 90

90 O Dˆ M O Eˆ

M    



 Tứ giác MEOD nội tiếp (8) (tổng góc đối 1800)

Từ (7) (8)  điểm M, E, F, O, D thuộc đƣờng tròn (MOD)

c) Gọi K l| giao điểm AH DE Chứng minh: MD2MK.MF K trực tâm tam giác MBC

Giải:

Gọi I l| giao điểm thứ hai MC v| đƣờng trịn (O)

Ta có MDˆEDCˆE (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) Hay MDˆKHCˆD

HFˆD (cùng chắn cung HD tứ giác HFCD nội tiếp) MFˆD (9)

Xét ∆MDK v| ∆MFD có:

D Mˆ

F : chung

D Fˆ M K Dˆ

M  (do (9))  ∆MDK ∽ ∆MFD (g.g)

MK.MF MD

MD MK MF

MD  

 (10)

Ta có MDˆIMCˆD(11) (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) Xét ∆MDI v| ∆MCD có:

D Mˆ

C : chung

D Cˆ M I Dˆ

M  (do (11))  ∆MDI ∽ ∆MCD (g.g)

I K M

F

H

E

D

C B

A

(10)

9 MI.MC

MD MD

MI MC

MD 2

 



 (12)

Từ (10) (12)  MI.MC = MK.MF = MD2

M C M K M F

M I 

 (13)

Xét ∆MKI v| ∆MCF có:

C Mˆ

F : chung

M C M K M F

M I

 (do (13))  ∆MKI ∽ ∆MCF (c.g.c)

0 90 C Fˆ M K Iˆ

M  

 (2 góc tƣơng ứng)

 KI  MC (14)

Mà

90 C Iˆ

B  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)  BI  MC (15)

Từ (14) (15)  điểm B, K, I thẳng hàng  BK  MC

Mà MK  BC nên K trực t}m ∆MBC d) Chứng minh:

FA FH

1 FK

2

  Giải:

Ta có FA.FHFMMAFMMH

   2

MA FM

MA FM MA

FM   

 (16) (vì MA = MH)

Ta có FK.FMFMMK.FMFM2MK.MF 2

MD FM 

 (do trên) 2

MA FM 

 (17) (vì MD = MA) Từ (16) (17)  FA.FH = FK.FM

   

FH FA

1 FA.FH

FH FA FA.FH

MH FM MA

FM FA.FH

2FM FK

2         



(11)

10

ĐỀ SỐ 2: ĐỀ MINH HỌA SỐ 2, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM NĂM 2017-2018 Câu 1:

c) Giải phƣơng trình:

5 2x

1

x 

  

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

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

2 x y

2



b) Gọi A l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức:

4 2

7

2 2

1 A

   



b) Một ngƣời gửi tiết kiệm 200 triệu VNĐ v|o t|i khoản ngân hàng Nam Á Có lựa chọn: ngƣời gửi nhận đƣợc lãi suất 7% năm nhận tiền thƣởng triệu VNĐ với lãi suất 6% năm Lựa chọn tốt sau năm? Sau hai năm?

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

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1,x2 nghiệm phƣơng 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 đƣờng trịn t}m O (AB < AC) C{c đƣờng cao AD CF tam giác ABC cắt H

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

b) Gọi M l| điểm cung nhỏ BC đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

c) Gọi I giao điểm AM v| HC; J l| giao điểm AC HN Chứng minh AJˆIANˆC

(12)

11

a) Giải phƣơng trình:

5 2x x     (1) Giải:       20 2x 20 40 20 x

1     

    x 39 13x 40 8x 5x 8x 40 5x 2x 40 x                   

Vậy tập nghiệm 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 quà có giá trị l| 78.000 đồng v| đƣợc thối lại 1.000 đồng Hỏi có tờ tiền loại? Giải:

Gọi x, y lần lƣợt số tờ tiền 2.000 đồng v| 5.000 đồng (x > 0, y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

        1000 78000 5000y 2000x 20 y x                                            13 y x 79 5y 14 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:

2 x y  Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2 x y

2

 2

(13)

12

b) Gọi A l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Giải:

Thay x = v|o (P) ta đƣợc: A 2;2

2 y

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:

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

2

1 2

2

   

 

 

  

 



 

 

 

 

  



 

 

 

 

(14)

13

b) Một ngƣời gửi tiết kiệm 200 triệu VNĐ v|o t|i khoản ngân hàng Nam Á Có lựa chọn: ngƣời gửi nhận đƣợc lãi suất 7% năm nhận tiền thƣởng triệu VNĐ với lãi suất 6% năm Lựa chọn tốt sau năm? Sau hai năm?

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% v| đƣợc thƣởng triệu đồng là:

215000000 3000000

%) (

200000000    (đồng)

Vậy sau năm ta nên lựa chọn thứ hai lãi suất 6% v| đƣợc thƣởng 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% v| đƣợc thƣởng 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 phƣơng trình: x2mx10 (1) (x ẩn số)

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

Ta có Δ m 21. 1 m2 10,m nên phƣơng 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

Do x1x2 10 nên phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu

b) Gọi x1,x2 nghiệm phƣơng trình (1)

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

2 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 đƣờng tròn t}m O (AB < AC) C{c đƣờng cao AD CF tam giác ABC cắt H

(15)

14

Xét tứ giác BFHD có:

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 l| điểm cung nhỏ BC đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| 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 l| đƣờng trung trực đoạn MN

 AM = AN, CM = CN

O A

C

B D

F

H

N

M O A

C

B D

F

(16)

15

Xét ∆ANC v| ∆AMC có: AM = AN (do trên) CM = CN (do trên) AC: chung

 ∆ANC = ∆AMC (c.c.c)

C Mˆ A C Nˆ

A 

ABˆC (cùng chắn cung AC đƣờng 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 l| giao điểm AM HC; J l| giao điểm AC HN Chứng minh AJˆIANˆC

Giải:

Ta có MAˆCNAˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tƣơng 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 gi{c có đỉnh A, H liên tiếp nhìn cạnh IJ dƣới góc nhau)

C Hˆ A 180 I Jˆ

A  0

 (tổng góc đối 1800)

C Nˆ A

 (do trên)

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

J

I

N

M

O

A

C

B D

F

(17)

16

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

AMˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tƣơng 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

(18)

17

ĐỀ SỐ 3: ĐỀ MINH HỌA SỐ 3, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM NĂM 2017-2018 Câu 1:

x x  

b) Lớp 9A có số học sinh nam

4

số học sinh nữ v| số học sinh nữ học sinh Hỏi lớp 9A có học sinh?

Câu 2:

x y

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với   x y :

D   cắt parabol (P) điểm A có ho|nh độ 1

Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: x,y 0,x y

y x

4y y x

y x y x

y x

A  

      



b) Bảng dƣới đ}y mô tả số c}y ăn tr{i đƣợc trồng c{nh đồng Nhìn vào bảng, em trả lời câu hỏi sau:

Loại ăn trái C{nh đồng

A B C D

Táo 687 764 897 540

Cam 811 913 827 644

Lê 460 584 911 678

i) Số cam c{nh đồng A nhiều số cam c{nh đồng D bao nhiêu? ii) C{nh đồng có tỉ lệ trồng lê cao nhất?

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

c) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu d) Gọi x1,x2 nghiệm phƣơng trình (1)

2 2

1

x x x x

1 x x

P     

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

f) Gọi M l| điểm cung nhỏ BC đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

g) Gọi I l| giao điểm AM v| HC; J l| giao điểm AC HN Chứng minh AJˆIANˆC

(19)

18

x

x   (1) Giải:

 1 x4x220

Đặt tx2 t0

Phƣơng trình (1) trở thành: t2 t20 (*)

Ta có abc11 2 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm:

1

t1  (nhận);

2 a c

t2    (loại) Với t1 1x2 1x1

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S1;1

4

số học sinh nữ v| số học sinh nữ học sinh Hỏi lớp 9A có học sinh?

Giải:

Gọi x (học sinh), y (học sinh) lần lƣợt số học sinh nam, nữ lớp 9A (x > 0, y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

   

  

6 x y

y x

   

  

     

    

     

 

24 y

18 x y 18

18 x y x

18 x 18 3y 3x

0 3y 4x

y x

0 3y 4x

y x

3y 4x

(thỏa) Vậy lớp 9A có 18 (học sinh) nam 24 (học sinh) nữ

Câu 2:

x y Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

(20)

19

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với   x y :

D   cắt parabol (P) điểm A có ho|nh độ 1

Giải:

Gọi đƣờng thẳng (D’) có dạng: yaxba0 Ta có:    

   

   

1 b

2 a D //

D'   x b

2 y

D'  



Thay x1 v|o (P) ta đƣợc: y 12 1A1;1

Ta có      

2 1 b b 1 b x y : D' 1;

A             (thỏa) Vậy  

2 x y :

D'   l| đƣờng thẳng cần tìm Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: x,y 0,x y

y x

4y y x

y x y x

y x

A  

      



Giải:

Ta có:

y x

4y y x

y x y x

y x A

       

            

y x y x

4y y

x y x

y x y

x y x

y

x 2

 

  

 

 

 

(21)

20

 

     

       x y

y y x y x y x y y x y x 4y xy y x y x 4y y xy x y xy x y x y x 4y y xy x y xy x                               

b) Bảng dƣới đ}y mô tả số c}y ăn tr{i đƣợc trồng c{nh đồng Nhìn vào bảng, em trả lời câu hỏi sau:

Loại ăn trái C{nh đồng

A B C D

Táo 687 764 897 540

Cam 811 913 827 644

Lê 460 584 911 678

iii)Số cam c{nh đồng A nhiều số cam c{nh đồng D bao nhiêu? Giải:

Số cam c{nh đồng A nhiều số cam c{nh đồng D là: 811 – 644 = 167 (cây) iv) C{nh đồng có tỉ lệ trồng lê cao nhất?

Giải:

Tỉ lệ trồng lê c{nh đồng A là: 23,49% 460 811 687 % 100 460   

Tỉ lệ trồng lê c{nh đồng B là: 25,83% 584 913 764 % 100 584   

Tỉ lệ trồng lê c{nh đồng C là: 34,57% 911 827 897 % 100 911   

Tỉ lệ trồng lê c{nh đồng D là: 36,41% 678 644 540 % 100 678   

Vậy tỉ lệ trồng lê cao c{nh đồng D Câu 4: Cho phƣơng trình: x2mx10 (1) (x ẩn số)

c) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu Giải:

Ta có Δ m 21. 1 m2 10,m nên phƣơng trình (1) ln có nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét:

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

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

2 2 1 x x x x x x

P     

Giải: Ta có 2 2 1 x x x x x x

(22)

21

2 2

2 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

e) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp Suy AHˆC1800ABˆC Giải:

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)

f) Gọi M l| điểm cung nhỏ BC đƣờng tròn (O) (M kh{c B v| C) v| N l| điểm đối xứng M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

Giải:

O A

C

B D

F

(23)

22

Ta có AC  MN trung điểm MN (vì N đối xứng với M qua AC)  AC l| đƣờng trung trực 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)

C Mˆ A C Nˆ

A 

ABˆC (cùng chắn cung AC đƣờng 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)

g) Gọi I l| giao điểm AM v| HC; J l| giao điểm AC HN Chứng minh AJˆIANˆC

Giải:

N

M O A

C

B D

F

(24)

23

Ta có MAˆCNAˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tƣơng 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 gi{c có đỉnh A, H liên tiếp nhìn cạnh IJ dƣới góc nhau)

C Hˆ A 180 I Jˆ

A  0

 (tổng góc đối 1800)

C Nˆ A

 (do trên)

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

J

I

N

M

O

A

C

B D

F

(25)

24

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

AMˆC (vì ∆ANC = ∆AMC nên góc tƣơng 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

(26)

25

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) 3x217x100 c) 5x443x2180

b) 2x2 5x 520 d)   

 

 

1 3y 4x

32 4y 3x

Câu 2: (1,5 điểm) Cho   x2 y :

P   D :yx4

a) Vẽ đồ thị (P) (D) hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ c{c giao điểm (P) (D) phép toán Câu 3: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức sau: 2

2 2

A 

 

  

b) Ông A vay ngân hàng 100 triệu lãi suất 12%/năm Ông A muốn hoàn nợ theo c{ch sau: tháng sau ngày vay ơng hồn nợ: ơng trả 10 triệu/tháng Hỏi sau tháng kể từ ngày vay Ông A nợ ngân hàng bao nhiêu?

Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x22mx30 (m tham số) a) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm

b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình Tìm m để 3x1x22x2x1x22m3

Câu 5: (3,5 điểm) Qua điểm A nằm ngồi đƣờng trịn (O) Từ A vẽ tiếp tuyến AB AC (B C tiếp điểm) vẽ cát tuyến ADE (O) cho tâm O nằm góc EAC

a) Chứng minh OA  BC H AB.AC = AD.AE b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp

c) Gọi K l| giao điểm DE BC Chứng minh: AD.KE = AE.KD

(27)

26

BÀI GIẢI

Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) 3x217x100 (1)

Giải:

Ta có 1724.3.102891201690;  16913

Do 0 nên phƣơng (1) có nghiệm phân biệt:

3 2.3

13 17 x 5; 2.3

13 17

x1   2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|:

      

3 5;

S

b) 2x2 5x 520 (2) Giải:

Ta có abc2    520 nên phƣơng trình (2) có nghiệm:

2 a c x 1;

x1 2   

   



  

2 1; S

c) 5x443x2180 (3) Giải:

Phƣơng trình (3) trở thành: 5t243t180 (*)

Ta có 4324.5. 18 184936022090;  220947

Do 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm phân biệt:

9 2.5

47 43

t1   (nhận);

5 2.5

47 43

t2    (loại) Với t19x2 9x3

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (3) l|: S3;3 d)

  

 

 

1 3y 4x

32 4y 3x

(4) Giải:

 

   

  

         

 

 

  

5 y

4 x 3y 16

4 x 3y 4x

100 25x

12y 16x

96 12y 9x

Vậy nghiệm hệ phƣơng trình (4) l|:   x;y  4;5

Câu 2: (1,5 điểm) Cho  

x y :

P   D :yx4

a) Vẽ đồ thị (P) (D) hệ trục tọa độ Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2

x

(28)

27

x 4

4 x

y  4 Vẽ đồ thị

b) Tìm tọa độ c{c giao điểm (P) (D) phép tốn Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (D) có dạng: x x

1  



 5 2x x

8 2x x

4

2x

x

2

   

    

Ta có ' 121. 8 1890; ' 93

2

3 x 4;

3

x1   2   

+ Với x1 4 ta có

2

y1  

+ Với x2 2 ta có  2

2

y2   

Vậy tọa độ giao điểm (P) (D) là: A4;8 ,B2;2 Câu 3: (1,5 điểm)

(D)

(29)

28

a) Rút gọn biểu thức sau: 2 3 2 A       Giải:

Ta có:

6 12 6 6 12 6 6 2 6 6 2 2 3 2 A                  

    

12 12 12 6 12 12 6 12 6 12             

  5 6 6

6 12 6 144 150 12 2                   

52 62 65 (vì 56 0)

b) Ơng A vay ngân hàng 100 triệu lãi suất 12%/năm Ông A muốn hoàn nợ theo c{ch sau: tháng sau ngày vay ơng hồn nợ: ơng trả 10 triệu/tháng Hỏi sau tháng kể từ ngày vay Ông A nợ ngân hàng bao nhiêu?

Giải:

Số tiền vốn lẫn lãi ông A phải trả sau năm l|:

1 12% 112000000

100000000   (đồng)

Số tiền ông A trả sau th{ng l|: 3.10000000 = 30000000 (đồng)

Vậy số tiền mà ơng A cịn nợ ngân hàng là: 112000000 – 30000000 = 82000000 (đồng) Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x22mx30 (m tham số)

a) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm Giải:

Ta có Δ' m2 3. 3 m2 90,m

Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm với m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình Tìm m để 3x1x22x2x1x22m3

Giải:

Theo câu a, Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm x1, x2 (với m) thỏa hệ thức Vi-ét:

                 3 a c x x 2m 2m a b x x 2

Ta có: 3x1x22x2x1x22m3

 1 2x  1.x m 3.  2  2 

(30)

29

6 m x

6 m 3x

3 m x 2x

2

  

     

Thay

3 m

x2   vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc:

     

    

  

      

 

  

1

6 m x

3 m

6 m 2m x

1

6 m x

3 2m

6 m x

1 1

1

33 m

3 36 m

1

6 m

2

  

 

   

    

Vậy m 33 giá trị cần tìm

Câu 5: (3,5 điểm) Qua điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) Từ A vẽ tiếp tuyến AB AC (B C tiếp điểm) vẽ cát tuyến ADE (O) cho tâm O nằm góc EAC

a) Chứng minh OA  BC H AB.AC = AD.AE Giải:

Ta có AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R

 AO l| đƣờng trung trực đoạn thẳng BC  AO  BC H

Xét ∆ACD v| ∆AEC có:

D Aˆ

C : chung

1 Eˆ

Cˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

1

H

E D

O C

(31)

30

 ∆ACD ∽ ∆AEC (g.g)

AD.AE AB.AC

AD.AE AC.AC

AC AD AE

AC    

 (1) (vì AC = AB)

b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp Giải:

Ta có ∆ACO vng C v| có CH l| đƣờng cao

AH.AO AC2

 (2) (hệ thức lƣợng) Từ (1) (2)  AD.AE = AH.AO (3) Xét ∆AHD v| ∆AEO có:

H Aˆ

D : chung

AE AH AO AD

 (do (3))  ∆AHD ∽ ∆AEO (c.g.c)

2 Eˆ Hˆ 

 (4) (2 góc tƣơng ứng) Xét tứ giác OHDE có: Hˆ1 Eˆ2 (do (4))

 Tứ giác OHDE nội tiếp (góc góc đối ngồi)

c) Gọi K l| giao điểm DE BC Chứng minh: AD.KE = AE.KD Giải:

2

1

H

E D

O C

(32)

31

Ta có

0 Hˆ 90 K Hˆ

D   (2 góc phụ nhau)

0 Eˆ 90 

 (do (4))

2 Eˆ 1800 2



2 Dˆ Eˆ

180

0 

 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n O Eˆ1 Dˆ1)

2 E Oˆ D

 (tổng góc ∆ODE)

2 E Hˆ D

 (cùng chắn cung DE tứ giác OHDE nội tiếp)  HK phân giác DHˆE

HE HD KE KD

 (5)

Ta có AH  HB (vì AO  BC)

 AH phân giác DHˆE HE

HD AE AD

 (6)

Từ (5) (6) AE.KD AD.KE

AE AD KE

KD  



d) Gọi M l| điểm đối xứng B qua E AM cắt BC N Chứng minh: ND//BM Giải:

1

K

1

H

E D

O C

(33)

32

Kẻ DN’//BM (N’ thuộc BC)

Gọi M’ l| giao điểm AN’ v| BM Ta có DN’//BE (vì DN’//BM)

KE KD BE

DN'

 (7) (hệ Talet) Ta có DN’//EM’ (vì DN’//BM)

AE AD EM ' DN'

 (8) (hệ Talet) Ta có AE.KDAD.KE(do trên)

AE AD KE KD



 (9)

Từ (7), (8) (9) BE EM' EM'

DN' BE

DN'

  



 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 AM (gt)

 N’ ≡ N Vậy DN//BM

1 A

B C

O

D

E H

1

2 K

(34)

33

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: 2

x 4x

4x   

b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 140m Biết lần chiều rộng lớn chiều dài 10m Tính chiều dài chiều rộng miếng đất

Câu 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số sau   x2 y : P 

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  d song song với  D :yx1 cắt (P) điểm có tung độ 4

Câu 3: (1,5 điểm)

5

30 12 14

14 

   

 

  

b) Dân số xã A có 10 000 ngƣời Ngƣời ta dự tính sau năm d}n số xã A l| 10 404 ngƣời Hỏi trung bình năm d}n số xã A tăng phần trăm?

Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x22mx2m10

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm x1, x2 với m

b) Đặt  

2 2

1 x 5x x

x

A   Tìm m cho A = 27

Câu 5: (3,5 điểm) Cho ∆ABC có góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O; R) Các tiếp tuyến B C cắt E, AE cắt đƣờng tròn (O) 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 A đƣờng tròn (O), d cắt c{c đƣờng thẳng AB, AC lần lƣợt P Q Chứng minh AB.AP = AD.AE

c) Gọi M l| trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh EP = EQ góc PAE = góc MAC d) Chứng minh rằng:

4 BC AM M D

2

(35)

34

BÀI GIẢI

Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: a) Giải phƣơng trình: 2

x 4x

4x    (1) Giải:

 1 4x44x21x2 0

4x45x210 Đặt tx2 t0

Phƣơng trình (1) trở thành: 4t25t10

(*)

Ta có abc0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm:

1

t1  (nhận);

4 a c

t2   (nhận) + Với t1 1x2 1x1

+ Với

2 x x

t2     

   



 



2 ; 1; 1;

S

b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 140m Biết lần chiều rộng lớn chiều dài 10m Tính chiều dài chiều rộng miếng đất

Giải:

Gọi x (m), y (m) lần lƣợt chiều dài, chiều rộng miếng đất (x > y > 0) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình:  

  

 

 

10 x 3y

140 y x

   

  

   

   

     

  

20 y

50 x 20

y

70 20 x 80

4y

70 y x 10 3y x

70 y x

(thỏa) Vậy chiều dài miếng đất 50 (m), chiều rộng miếng đất 20 (m) Câu 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số sau  

x y : P 

Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

4 x y

2



 4 1 1 4

(36)

35

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  d song song với  D :yx1 cắt (P) điểm có tung độ 4

Giải:

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng  d :yaxba0 Ta có      d :y x b

1 b

1 a D //

d   

  

  

Thay y4 v|o (P) ta đƣợc: x x 16 x 4

1

4    



 A4;4 ,B4;4 l| c{c điểm thuộc (P) có tung độ 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 đƣờng thẳng thỏa mãn là:  d1 :yx8; d2 :yx

Câu 3: (1,5 điểm)

5

30 12 14

14 

   

 

   Giải:

Ta có:   21  14 6 21

5

5 14 21

5

30 12 14

14    

   

 

  

     

 

  

       2

3 21 10 21

7       



(37)

36

 7 3 7  7 3 7 3

 (vì 7 30)

4 7 



b) Dân số xã A có 10 000 ngƣời Ngƣời ta dự tính sau năm d}n số xã A l| 10 404 ngƣời Hỏi trung bình năm d}n số xã A tăng phần trăm?

Giải:

Gọi x% dân số xã A tăng trung bình năm (x > 0) Số d}n sau năm 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 năm l| 2% Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x22mx2m10

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm x1, x2 với m

Giải:

Ta có Δ' m21.2m1m22m1m12 0,m

Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm x1, x2 với m

b) Đặt  2 1 2

2

1 x 5x x

x

A   Tìm m cho A = 27 Giải:

Theo c}u a, phƣơng trình ln có nghiệm x1, x2 với m thỏa hệ thức Vi-ét:

    

    

      

1 2m

1 2m a c x x

2m

2m a

b x x

2

Ta có A = 27 2x12x225x1x227

  

x x  9x x 27

0 27 x 5x x 2x x

x

2 2

  

 

  

  

2 2m 292m1270

 5 9m 4m

0 18 18m 8m

2

   

Ta có  9 24.4. 9 811442250;  22515

Do 0 nên phƣơng trình (5) có nghiệm phân biệt:

4 2.4

15 m 3; 2.4

15

m1    2   

Vậy

4 m 3;

m1  2  giá trị cần tìm

Câu 5: (3,5 điểm) Cho ∆ABC có góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O; R) Các tiếp tuyến B C cắt E, AE cắt đƣờng tròn (O) D (kh{c điểm A)

(38)

37

Xét tứ giác OBEC có:

0

180 90

90 O Cˆ E O Bˆ

E     (tính chất tiếp tuyến)  Tứ giác OBEC nội tiếp (tổng góc đối 1800)

b) Từ E kẻ đƣờng thẳng d song song với tiếp tuyến A đƣờng tròn (O), d cắt c{c đƣờng thẳng AB, AC lần lƣợt P Q Chứng minh AB.AP = AD.AE

Giải:

O

B C

E

D

A

y

x

1

Q

P

d

D

E O

C B

(39)

38

Gọi xy tiếp tuyến (O) A

Ta có Dˆ1Aˆ1 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Pˆ1 (1) (vì EP//xy góc vị trí so le trong)

Xét ∆ADB v| ∆APE có:

D Aˆ

B : chung

1 Pˆ

Dˆ  (do (1))  ∆ADB ∽ ∆APE (g.g)

AD.AE AB.AP

AP AD AE

AB  



c) Gọi M l| trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh EP = EQ góc PAE = góc MAC Giải:

Ta có ∆ADB ∽ ∆APE (do trên)

AB DB EA PE AE AB PE

DB  

 (2)

Ta có Dˆ2 Aˆ2 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Qˆ1 (3) (vì EQ//xy góc vị trí so le trong)

Xét ∆ADC v| ∆AQE có:

C Aˆ

D : chung

1 Qˆ

Dˆ  (do (3))  ∆ADC ∽ ∆AQE (g.g)

2

1

2 M

y

x

1

Q

P

d

D

E O

C B

(40)

39 AC

DC EA QE AE

AC QE DC

  

 (4)

Xét ∆EBD v| ∆EAB có:

D Eˆ

B : chung

B Aˆ E D Bˆ

E  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆EBD ∽ ∆EAB (g.g)

AB BD EA EB AB BD EA EB

  

 (5)

Xét ∆ECD v| ∆EAC có:

D Eˆ

C : chung

EAC D

Cˆ

E  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆ECD ∽ ∆EAC (g.g)

AC CD EA EC AC CD EA EC

  

 (6)

Ta có EB = EC (7) (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Từ (2), (4), (5), (6) (7)  PE = QE (*)

 E l| trung điểm PQ Ta có Pˆ1Dˆ1 (do (1))

BCˆA (8) (cùng chắn cung AB) Xét ∆ACB v| ∆APQ có:

C Aˆ

B : chung

1 Pˆ A Cˆ

B  (do (8))  ∆ACB ∽ ∆APQ (g.g)

EP MC 2EP

2MC AP

AC PQ

BC AP

AC   

 (9) (vì M l| trung điểm BC, E l| trung điểm PQ) Xét ∆CMA v| ∆PEA có:

1 Pˆ A Cˆ

M  (do trên)

EP M C AP

AC

 (do (9))  ∆CMA ∽ ∆PEA (c.g.c)

P Aˆ E C Aˆ

M 

 (2 góc tƣơng ứng) d) Chứng minh rằng:

4 BC AM M D

2

(41)

40

Ta có EB = EC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R

 EO l| đƣờng trung trực đoạn thẳng BC  EO  BC trung điểm M BC

Ta có ∆EBO vng B v| có BM l| đƣờng cao

EM.EO EB2

 (10) (hệ thức lƣợng) Ta có ∆EBD ∽ ∆EAB (do trên)

ED.EA EB

EB ED EA

EB   

 (11)

Từ (10) (11)  EM.EO = ED.EA (12) Xét ∆EMD v| ∆EAO có:

D Eˆ

M : chung

EO ED EA EM

 (do 12)  ∆EMD ∽ ∆EAO (c.g.c)

O Aˆ E D Mˆ

E 

 (13) (2 góc tƣơng ứng)

Xét tứ giác DMOA có: EMˆDEAˆO (do (13))

 Tứ giác DMOA nội tiếp (góc góc đối ngồi)

A Oˆ D A Mˆ

D 

 (cùng chắn cung AD tứ giác DMOA nội tiếp) 2DBˆA (hệ góc nội tiếp)

2.AEˆP (vì ∆ADB ∽ ∆APE góc vị trí tƣơng ứng) 2.AMˆC (vì ∆CMA ∽ ∆PEA góc vị trí tƣơng ứng)

2

1

2 M

y

x

1

Q

P

d

D

E O

C B

(42)

41

 MC phân giác DMˆA

Ta có MAˆCEAˆP (vì ∆CMA ∽ ∆PEA góc vị trí tƣơng ứng) DCˆM(14) (cùng chắn cung BD)

Xét ∆MCD v| ∆MAC có:

C Mˆ A D Mˆ

C  (vì MC phân giác DMˆA)

C Aˆ M M Cˆ

D  (do (14))  ∆MCD ∽ ∆MAC (g.g)

4 BC

BC MC

AM.MD MA

MC MC

MD 2 

      

 

(43)

42

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:

2x

x  

c) Cho biết hiệu hai số 6, tổng hai lần số ba lần số Tìm hai số

Câu 2: Thu gọn: 

  



    

  



 4 15  4 15 2 3 2 3 Câu 3: Cho hàm số

2x

y có đồ thị (P) hàm số y3x1 có đồ thị (D) a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ

b) Gọi M l| điểm thuộc đồ thị (P) có ho|nh độ 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 ln có hai nghiệm x1,x2 phân biệt với giá trị m

b) Tính theo m biểu thức

2 x

1 x

1

A  tìm mZ để AZ

Câu 5: Bạn Phƣơng đem 16 tờ tiền giấy gồm hai loại 5000 đồng v| 10 000 đồng nh| s{ch mua sách trị gi{ 122 000 đồng v| đƣợc thối lại 3000 đồng Hỏi bạn Phƣơng đem theo tờ tiền loại?

Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) Hai đƣờng cao BD CE tam giác ABC giao H

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp AH vng góc với BC

b) Vẽ dây MN vng góc với BC K (M thuộc cung nhỏ BC) Đƣờng thẳng qua K v| song song với AN cắt MH I Gọi giao điểm IK với AC, AB theo thứ tự S F Chứng minh MS vng góc với AC MF vng 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 điểm Q, H, G thẳng hàng

(44)

43

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

2 x 4;

x1   2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S4;2 b) Giải phƣơng trình:

2x

x   (2) Giải:

 2 2x4x230 Đặt tx2 t0

Phƣơng trình (2) trở thành: 2t2t30 (*)

Ta có abc21 3 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm:

1

t1  (nhận);

2 a c

t2   (loại) Với t11x2 1x 1

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) l|: S1;1

c) Cho biết hiệu hai số 6, tổng hai lần số ba lần số Tìm hai số Giải:

Gọi x, y số cần tìm (x > y) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

       3y 2x y x (3)        3x 2y y x (4)

Ta có                                           y x 3y 10 x 3y 2x 25 5x 3y 2x 18 3y 3x 3y 2x y x

3 (nhận)

Ta có                                                      11 y 19 x 2y 19 19 x 2y 3x 19 5x 2y 3x 12 2y 2x 2y 3x y x

4 (nhận)

Vậy hai số cần tìm -1

5 19 11 

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)

15 15 15 15

A2       

(45)

44

82 4 154 1582 1615826

A



Đặt B 2 3 2 (B > 0)

3 3 2

B2       



42 2 32 342 43426

B



Vậy 15 15 3 6 6

  



    

  



    Câu 3: Cho hàm số

2x

y có đồ thị (P) hàm số y3x1 có đồ thị (D) a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ

Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 2

x

1 3x

y  1 2

Vẽ đồ thị

b) Gọi M l| điểm thuộc đồ thị (P) có ho|nh độ 2 Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OM Giải:

Thay x2 v|o (P) ta đƣợc: y2. 2 8

(46)

45

 2;8

M



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 ln có hai nghiệm x1,x2 phân biệt với giá trị m

Giải:

Ta có      22

2 9 2.m m 22 9m m m 16 8m m m m Δ' 2 2 2                                       0, m 7 m           

 (vì 0, m

2 m          )

Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có hai nghiệm x1,x2 phân biệt với giá trị m

b) Tính theo m biểu thức

2 x

1 x

1

A  tìm mZ để AZ

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình ln có hai nghiệm x1,x2 phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét:

                     m m a c x x 2m m a b x x 2

Ta có  

6 m m m m 2m x x x x x x A 2              

Ta có    

           

 z m

6 m Z m Z

A Ƣ(4)

   

2;4;5;7;8;10

m 2; 1; 1; 2; 4; m        

Vậy m2;4;5;7;8;10 giá trị cần tìm

Câu 5: Bạn Phƣơng đem 16 tờ tiền giấy gồm hai loại 5000 đồng 10 000 đồng nh| s{ch mua sách trị gi{ 122 000 đồng v| đƣợc thối lại 3000 đồng Hỏi bạn Phƣơng đem theo tờ tiền loại?

Giải:

Gọi x (tờ), y (tờ) lần lƣợt số tờ tiền 5000 đồng v| 10.000 đồng (x > 0; y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

        3000 122000 10000.y 5000.x 16 y x                                            y x 25 2y 7 x 25 2y x x 25 2y x 32 2y 2x 25 2y x 16 y x (nhận) Vậy có tờ tiền 5000 đồng tờ tiền 10.000 đồng

Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) Hai đƣờng cao BD CE tam giác ABC giao H

(47)

46

Giải:

Xét tứ giác BEDC có:

0 90 C Dˆ B C Eˆ

B   (vì BD  AC, CE  AB)

 Tứ giác BEDC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, D liên tiếp nhìn cạnh BC dƣới góc vng)

 AH  BC

b) Vẽ dây MN vng góc với BC K (M thuộc cung nhỏ BC) Đƣờng thẳng qua K v| song song với AN cắt MH I Gọi giao điểm IK với AC, AB theo thứ tự S F Chứng minh MS vng góc với AC MF vng góc với AB

Giải:

H

D

O

E

B C

A

I F

S M N

K H

D

O

E

B

(48)

47

Ta có KSˆCCAˆN (vì AN//SK góc vị trí so le trong) KMˆC (1) (cùng chắn cung NC)

Xét tứ giác MKCS có: KSˆCKMˆC (do (1))

 Tứ giác MKCS nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh S, M liên tiếp nhìn cạnh KC dƣới góc nhau)

0 180 C Kˆ M C Sˆ

M  

 (định lý tứ giác nội tiếp)

0

180 90

C Sˆ

M  

 (vì MN  BC)

0 90 C Sˆ

M 



 MS  AC

Ta có MKˆFMNˆA (vì AN//KF góc vị trí đồng vị)

1800FBˆN (tổng góc đối tứ giác ANMB nội tiếp)

0 180 N Bˆ F F Kˆ

M  

 (2)

Xét tứ giác MKFB có:

180 N Bˆ F F Kˆ

M   (do (2))  Tứ giác MKFB nội tiếp (tổng góc đối 1800)

B Kˆ M B Fˆ

M 

 (cùng chắn cung BM tứ giác MKFB nội tiếp)

90

 (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 điểm Q, H, G thẳng hàng

Giải:

Gọi T l| giao điểm AH BC

Ta có BHˆTACˆT (cùng phụ với góc HBT) AMˆB (cùng chắn cung AB)

AQˆB (3) (do Q v| M đối xứng qua AB) Xét tứ giác AHBQ có: BHˆTAQˆB (do (3))

 Tứ giác AHBQ nội tiếp (góc góc đối ngồi)

Q Bˆ A Q Hˆ

A 

 (4) (cùng chắn cung AQ tứ giác AHBQ nội tiếp) T

G Q

I F

S M N

K H

D

O

E

B

(49)

48

Tƣơng tự có tứ giác AHCG nội tiếp

G Cˆ A G Hˆ

A 

 (cùng chắn cung AG tứ giác AHCG nội tiếp) ACˆM (tính chất đối xứng)

1800ABˆM (tổng góc đối tứ giác ACMB nội tiếp (O)) 1800ABˆQ (tính chất đối xứng)

1800AHˆQ (do (4))

0

180 G Hˆ Q

180 Q Hˆ A G Hˆ A

 

 



Vậy điểm Q, H, G thẳng hàng d) Chứng minh I l| trung điểm MH Giải:

Xét ∆MQG có: S l| trung điểm MG v| F l| trung điểm MQ  SF l| đƣờng trung bình ∆MQG

 SF//GQ hay SI//GH (vì I thuộc SF, H thuộc GQ)

1 SG M S IH

M I 

 (định lý Talet, S l| trung điểm MG)  MI = IH

(50)

49

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) x2x21 2 x2 6

b) x2 51 5x d)   

  

 

5 3y 2x

5 y x

Câu 2: (1,5 điểm)

x

y v| đƣờng thẳng   x y :

D   mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán

Câu 3: (1 điểm) Thu gọn biểu thức sau:

a) :

3

3 A

    

  

     

b)

1 x

2 x x

1 x x x

10 x B

   

   



 (với x0;x4)

Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: x2mxm10

a) Tìm m để phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m b) Tính tổng tích nghiệm theo m

c) Gọi x1,x2 nghiệm phƣơng trình Tìm m để   2

2

1

x x x x

2x 2x x 2x A

 

  

 đạt giá trị lớn

Câu 5: (0,5 điểm) Bà Hoa gửi số tiền ban đầu trăm triệu đồng với lãi suất 0,5% tháng (không kỳ hạn) Một thời gian sau bà Hoa rút tiền v| đƣợc khoảng trăm lẻ năm triệu đồng Hỏi b| Hoa gửi tiền thời gian bao lâu?

Câu 6: (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngo|i đƣờng tròn (O; R) (OM > 2R) (A, B hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm OM AB Lấy C thuộc đoạn HB Đƣờng thẳng MC cắt (O) D E (D nằm M 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 tiếp tuyến (O) d) Vẽ đƣờng kính BF (O) Đƣờng thẳng MO cắt FD, FE lần lƣợt I N Chứng minh O

(51)

50

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 5x2 5x4x236

36 5x x 36 4x 5x 5x 2         

Ta có 524.1.36251441690;  169 13

9 2.1 13 x 4; 2.1 13

x1    2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S4;9 b) x2 51 5x (2)

Giải:

 2 x21 5x 0

x2 51x 50

Ta có abc1 51    0 nên phƣơng trình (2) có nghiệm:

5 a c x 1;

x1 

   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) l|: S1; 5

c) x2x2 1 2x26 (3)

Giải:

 3 x4 x2 2x212

12 x x 12 2x x x 2         

Phƣơng trình (3) trở thành: t2 t120 (*)

Ta có  124.1.12148490;  497

4 2.1

7

t1   (nhận); 2.1

7

t2    (loại) Với t14x24x2

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (3) l|: S2;2 d)         3y 2x y x (4) Giải:                                     y x y 3 x y 3 x 2 10 x 5 y 3 x 2 15 y 3 x

Vậy nghiệm hệ phƣơng trình (4) l|: x;y 2; 3

(52)

51

x

y v| đƣờng thẳng   x y :

D   mặt phẳng tọa độ Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 4 1

x 6

3 x

y 

Vẽ đồ thị

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

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (D) có dạng: x x2  

 5 x x

6 x x

2 x x

2 2

   

  

Ta có  124.1. 6 124250;  255

2 2.1

5 x 3; 2.1

5

x1   2   

+ Với x1 3 ta có y1 32 9

+ Với x2 2 ta có y  2 2   

(53)

52

Câu 3: (1 điểm) Thu gọn biểu thức sau:

a) :

3 3

A 

            Giải:

Ta có: :

3 3

A 

           

   

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

 (vì 2 30;2 30)

         3 3 3 3 3 3

2 2

                     b) x x x x x x 10 x B         

 (với x0;x4)

Giải: Ta có x x x x x x 10 x B                                

      x x x x x x x x x x x x x x x 10 x x x x x x 10 x x x x x x x 10 x x x x x x x 10 x                                                   

Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: x2mxm10

a) Tìm m để phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m Giải:

Ta có  2    2

2 m 4m m m 4.1 m Δ        

Để phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m Δ0,m

m22 0,mm20m2



Vậy phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m2 b) Tính tổng tích nghiệm theo m

Giải:

(54)

53

Tổng nghiệm là: m

1 m a

b

S  

Tích nghiệm là: m

1 m a c

P    

c) Gọi x1,x2 nghiệm phƣơng trình Tìm m để   2 2 2 x x x x 2x 2x x 2x A     

Giải:

Ta có:      

2 2 2 2 2 2 1 2 x x x x 2x 2x x 2x A x x x x x x x x              

    m

5 2m 2m m 2m 2m m m 2m m 2

2     

           

Ta có 5, m A 5, m

1 m m 1, m m 1, m m 0,

m2 2 2     

           

Dấu “=” xảy m20m0

Giá trị lớn biểu thức A là: MaxA5 m =

Câu 5: (0,5 điểm) Bà Hoa gửi số tiền ban đầu trăm triệu đồng với lãi suất 0,5% tháng (không kỳ hạn) Một thời gian sau bà Hoa rút tiền v| đƣợc khoảng trăm lẻ năm triệu đồng Hỏi b| Hoa gửi tiền thời gian bao lâu?

Giải:

Gọi x (tháng) thời gian bà Hoa gửi tiền ngân hàng (x > 0)

Số tiền vốn lẫn lãi sau ba Hoa rút là: 10000000010,5%x (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình:

 

 x 10

x x 1,005 1,005 1,05 0,5% 105000000 0,5% 100000000        10 x

 (nhận)

Vậy bà Hoa gửi thời gian khoảng 10 tháng

Câu 6: (3,5 điểm) Từ điểm M nằm ngo|i đƣờng tròn (O; R) (OM > 2R) (A, B hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm OM AB Lấy C thuộc đoạn HB Đƣờng thẳng MC cắt (O) D E (D nằm M C)

(55)

54

Xét ∆MAD v| ∆MEA có:

D Mˆ

A : chung

1 Eˆ

Aˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆MAD ∽ ∆MEA (g.g)

M A M D AE

AD



 (1)

Xét ∆MBD v| ∆MEB có:

D Mˆ

B : chung

2 Eˆ

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

M B M D BE

BD

 (2)

Ta có MA = MB (3) (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Từ (1), (2) (3) AD.BE AE.BD

BE BD AE

AD  



b) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp Chứng minh: CD.ME = CE.MD Giải:

2

1

E D

C H

O A

(56)

55

Ta có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R

 MO l| đƣờng trung trực đoạn thẳng AB  MO  AB H

Ta có ∆MAO vng A v| có AH l| đƣờng cao

MH.MO MA2

 (4)

Ta có ∆MAD ∽ ∆MEA (cmt)

MD.ME MA

MA MD ME

MA  

 (5)

Từ (4) (5)  MH.MO = MD.ME (6) Xét ∆MHD v| ∆MEO có:

H Mˆ

D : chung

M O M D M E

M H

(do (6))  ∆MHD ∽ ∆MEO (c.g.c)

3 Eˆ

Hˆ 

Ta có

0 Hˆ 90 D Hˆ

C   (2 góc phụ nhau)

0

Eˆ 90 

 (do (7))

2 Eˆ 1800 3



 

2 Dˆ Eˆ

180

0  

 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n O)

2 E Oˆ D

3

2

1

E D

C H

O A

(57)

56

2 E Hˆ D

 (cùng chắn cung DE tứ giác OHDE nội tiếp)  HC phân giác DHˆE

HE HD CE CD 

 (8)

Ta có MH  HC H

 MH phân giác DHˆE HE

HD M E M D



 (9)

Từ (8) (9) CD.ME CE.MD

ME MD CE

CD

 





c) Gọi K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác MHD Chứng minh KD tiếp tuyến (O) Giải:

Ta có ∆MAO vng A v| có AH l| đƣờng cao

2

OA OH.OM

 (hệ thức lƣợng)

OE2

(10) (vì OA = OE = R) Xét ∆OEH v| ∆OME có:

H Oˆ

E : chung

K

1

3

2

1

E D

C

H O

A

(58)

57 OM

OE OE OH

 (do (10))  ∆OEH ∽ ∆OME (c.g.c)

E Mˆ O H Eˆ

O 

 (11) (2 góc tƣơng ứng) Ta có KDˆOKDˆHHDˆO

HDˆO

D Hˆ K H Dˆ K

 

 (vì KH = KD = b{n kính đƣờng tròn (K) nên ∆KDH c}n K) HDˆO

2 H Kˆ D 1800

 

 (tổng góc ∆KDH)

HDˆO

D Mˆ 2H

1800 

 (hệ góc nội tiếp)

900OMˆEHDˆM

900OMˆEOHˆE (cùng chắn cung OH tứ giác OHDE nội tiếp) 900 (do (11))

 KD  DO D thuộc (O)

Vậy KD tiếp tuyến (O)

d) Vẽ đƣờng kính BF (O) Đƣờng thẳng MO cắt FD, FE lần lƣợt I N Chứng minh O trung điểm IN

(59)

58

Ta có

90 F Aˆ

B  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác MAOB có:

0

180 90

90 O Bˆ M O Aˆ

M     (tính chất tiếp tuyến)  Tứ giác MAOB nội tiếp (tổng góc đối 1800)

Ta có

90 O Dˆ

K  (do trên)

90 O Dˆ F I Dˆ A A Dˆ

K   



O Dˆ F A Dˆ K 90 I Dˆ

A  0 



O Dˆ F D Fˆ A 900  

 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

O Fˆ D D Fˆ A 900  

 (vì OD = OF = R nên ∆ODF c}n O)

 

B Fˆ A 90

O Fˆ D D Fˆ A 90

0

 

 



F Bˆ A

 (2 góc phụ nhau)

I Mˆ A

 (cùng chắn cung AO tứ giác MAOB nội tiếp) Xét tứ giác MDIA có: ADˆIAMˆI (do trên)

 Tứ giác MDIA nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh D, M liên tiếp nhìn cạnh AI dƣới góc nhau)

M Dˆ A M Iˆ

A 

 (cùng chắn cung AM tứ giác AMDI nội tiếp)

N I

F K

1

3

2

1

E D

C

H O

A

(60)

59

AFˆN (góc góc đối ngồi tứ giác ADEF nội tiếp (O)) Xét tứ giác AINF có: AIˆMAFˆN (do trên)

 Tứ giác AINF nội tiếp (góc góc đối ngồi)

I Fˆ A O Nˆ

A 

 (cùng chắn cung AI tứ giác AINF nội tiếp)

FIˆO (vì AF//IO: vng góc với AB góc vị trí so le trong) Ta có AOˆNAOˆFFOˆN

AOˆFBOˆM (2 góc đối đỉnh)

AOˆFAOˆM (vì MO phân giác góc AOB: tính chất tiếp tuyến cắt nhau) FOˆI

Xét ∆AON v| ∆FOI có:

I Oˆ F N Oˆ

A  (do trên)

O Iˆ F O Nˆ

A  (do trên)  ∆AON ∽ ∆FOI (g.g)

1 OF OA OI

ON 

 (vì OA = OF = R)

OI ON



(61)

60

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 trƣờng có học sinh học sinh giỏi Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết số học sinh giỏi số học sinh 28 em tổng số học sinh lớp 9A2 36 em?

Câu 2: (1,5 điểm)

a) Thu gọn biểu thức sau:

5

2 15

5

  



b) Bạn Huỳnh mở 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 cho có lợi cho chủ khách Bạn Ninh đƣa ý kiến giảm 1/3 giá trị Bạn Khƣơng đƣa ý kiến khuyến mua tặng Bạn Huỳnh phân vân Các em giúp Huỳnh lựa chọn khuyến

Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số

x

y có đồ thị (P) a) Vẽ (P)

b) Tìm m để đƣờng thẳng  d :y2mx3m1 cắt (P) điểm có ho|nh độ Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình 4x24mx10 (x ẩn số, m tham số)

a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1 x2

b) Tìm m thỏa mãn:    

2 1

2

1 4x x x 4x x 32x x

x    

Câu 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B; C tiếp điểm) cát tuyến ADE cho BD < CD; AD < AE Gọi H l| giao điểm OA BC

a) Chứng minh: điểm A; B; O; C thuộc đƣờng tròn X{c định tâm M đƣờng tròn chứng minh AB.AC = AD.AE

b) Trong (O); kẻ dây BF//DE, FC cắt AE điểm I Chứng minh I l| trung điểm DE c) Gọi G l| giao điểm BC ED Chứng minh:

AD ID GA GE 

(62)

61

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  124.1. 6 124250;  255

2 2.1 x 3; 2.1

x1   2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S3;2

b) Tổng kết năm học 2016-2017, lớp 9A2 đạt danh hiệu lớp xuất sắc trƣờng có học sinh học sinh giỏi Tìm số học sinh giỏi lớp 9A2 biết số học sinh giỏi số học sinh 28 em tổng số học sinh lớp 9A2 36 em?

Giải:

Gọi x (học sinh), y (học sinh) lần lƣợt số học sinh giỏi lớp 9A2 (x > 0; y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

                             y 32 x 36 y 32 32 x 36 y x 64 2x 36 y x 28 y x (nhận) Vậy số học sinh giỏi lớp 9A2 là: (học sinh)

Câu 2: (1,5 điểm)

5 2 15     Giải: Ta có:

 

4 5 2 15

2  

       2 5 2 5                 2 5    

 (vì

1 ;     )  

      1 5 1

1 5 5 5 5

5       

           

b) Bạn Huỳnh mở 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 cho có lợi cho chủ khách Bạn Ninh đƣa ý kiến giảm 1/3 giá trị Bạn Khƣơng đƣa ý kiến khuyến mua tặng Bạn Huỳnh phân vân Các em giúp Huỳnh lựa chọn khuyến

Giải:

Theo bạn Ninh giá ly trà sữa là: 24000

1

36000 

   

  (đồng)

 Theo bạn Ninh giá ly trà sữa là: 24000.372000(đồng)

(63)

62

Vậy bạn Huỳnh lựa chọn ý kiến bạn Ninh bạn Khƣơng nhƣ Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số

x

y có đồ thị (P) a) Vẽ (P)

Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 4 1

Đồ thị

b) Tìm m để đƣờng thẳng  d :y2mx3m1 cắt (P) điểm có ho|nh độ Giải:

Gọi Mx0;y0 l| điểm có ho|nh độ

 0 M2;y

x  



Ta có M2;y0   P :yx2y22 4 M 2;4

Ta có M   2;4  d :y2mx3m1

3 m

4 m

1 3m 4m

1 3m 2m.2

 

  

   

  



Vậy m = giá trị cần tìm

Câu 4: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình 4x24mx10 (x ẩn số, m tham số) a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1 x2

Giải:

(64)

63

Ta có Δ'2m2 4. 1 4m2440,m (vì 4m2 0,m) Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1 x2

b) Tìm m thỏa mãn:    

2 1 2

1 4x x x 4x x 32x x

x    

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

               a c x x m 4m a b x x 2

Ta có:    

2 1 2

1 4x x x 4x x 32x x

x    

0 x 32x x x 4x x x

4x12 1 2 22 1 2 13 32



   

x x x x  2x x 32x x  x x 32 x 2x x x 2 2 2 2           

 

4 32 x x 4m

1  

         

                           x x m x x 4m 2 x x 4m 64 32 x x 4m 2 2

So với điều kiện ta thấy m = (thỏa); x1x2 (loại: x1, x2 phân biệt)

Câu 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B; C tiếp điểm) cát tuyến ADE cho BD < CD; AD < AE Gọi H l| giao điểm OA BC

a) Chứng minh: điểm A; B; O; C thuộc đƣờng tròn X{c định tâm M đƣờng tròn chứng minh AB.AC = AD.AE

(65)

64

Ta có

90 O Cˆ A O Bˆ

A   (tính chất tiếp tuyến)

 điểm A, B, O, C thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO Tâm M đƣờng tròn l| trung điểm AO

D Aˆ

C : chung

1 Eˆ

Cˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆ACD ∽ ∆AEC (g.g)

AD.AE AB.AC

AD.AE AC.AC

AC AD AE AC

 



 (vì AB = AC: tính chất tiếp tuyến cắt

nhau)

b) Trong (O); kẻ dây BF//DE, FC cắt AE điểm I Chứng minh I l| trung điểm DE Giải:

1

M H O

C

A

B D

(66)

65

Ta có CIˆACFˆB (vì DE//BF góc vị trí đồng vị)

CBÂ (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) COÂ(1) (cùng chắn cung AC đƣờng tròn (M)) Xét tứ giác ACOI có: CIÂCOÂ (do (1))

 Tứ giác ACOI nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh I, O liên tiếp nhìn cạnh AC dƣới góc nhau)

0 180 O Cˆ A O Iˆ

A  

 (tổng góc đối)

0 0

90 O Iˆ A

180 90

O Iˆ A

 

  

 OI  DE

 I l| trung điểm DE (liên hệ đƣờng kính dây cung) c) Gọi G l| giao điểm BC ED Chứng minh:

AD ID GA GE

 Giải:

I

F

1

M H O

C

A

B D

(67)

66

Ta có ∆ACO vng C v| có CH l| đƣờng cao

2

AC AH.AO

 (2) (hệ thức lƣợng) Ta có AD.AE = AC2 (3) (do trên)

Từ (2) (3)  AH.AO = AD.AE (4) Xét ∆AHD v| ∆AEO có:

H Aˆ

D : chung

AO AD AE AH

 (do (4))  ∆AHD ∽ ∆AEO (c.g.c)

2 Eˆ Hˆ 

Ta có

0 Hˆ 90 D Hˆ

G   (2 góc phụ nhau)

0 Eˆ 90 

 (do (5))  

2 Eˆ Eˆ

180 2

0  



 

2 Dˆ Eˆ 1800  2 1

 (vì OD = OE = R nên ∆ODE c}n O)

2 E Oˆ D

2 E Hˆ D

 (cùng chắn cung DE tứ giác OHDE nội tiếp)

2

G

I

F

1

M H O

C

A

B D

(68)

67

 HG phân giác góc DHE

GE.AD GD.AE

AE AD GE

GD  

 (*)

Xét ∆GAC v| ∆GBI có:

I Gˆ B C Gˆ

A  (2 góc đối đỉnh)

I Bˆ G C Aˆ

G  (cùng chắn cung CI đƣờng tròn (M))  ∆GAC ∽ ∆GBI (g.g)

GB.GC GA.GI

GI GC GB

GA  

 (6)

Xét ∆GBD v| ∆GEC có:

C Gˆ E D Gˆ

B  (2 góc đối đỉnh)

C Eˆ G D Bˆ

G  (cùng chắn cung DC đƣờng tròn (O))  ∆GBD ∽ ∆GEC (g.g)

GD.GE GB.GC

GC GD GE

GB  

 (7)

Từ (6) (7)  GA.GI = GD.GE

   

 ** GA.ID GD.AE

GA.GD GA.ID

GD.AG GD.AE

GD ID GA AG

AE GD

 

 

 

 

 

Từ (*) (**)  GE.AD = GA.ID

AD ID GA GE





d) Kéo dài IH cắt đƣờng tròn (O) K cho H nằm I K Gọi S l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp ∆OKA Chứng minh: OS  IK

Giải:

Q

P

S

K

1

2

G

I

F

1

M H O

C

A

B D

(69)

68

Gọi P l| trung điểm OK; Q l| giao điểm SO IK

Ta có SM  AO, SP  KO (liên hệ đƣờng kính dây cung) Ta có ∆ACO vng C v| có CH l| đƣờng cao

2

OC OH.OA

OK

 (8) (vì OC = OK = R) Xét ∆OHK ∆OKA có:

K Oˆ

H : chung

OA OK OK OH

 (do (8))  ∆OHK ∽ ∆OKA (c.g.c)

K Aˆ O H Kˆ

O 

OMˆP (vì MP//AK: đƣờng trung bình ∆OAK góc vị trí đồng vị) Hay PKˆHHMˆP (9)

Xét tứ giác MKPH có: PKˆHHMˆP (do (9))

 Tứ giác MKPH nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh K, M liên tiếp nhìn cạnh PH dƣới góc nhau)

K Hˆ M K Pˆ

M 

 (cùng chắn cung MK) QHˆO (10) (2 góc đối đỉnh) Xét tứ giác SMPO có:

0 90 O Pˆ S O Mˆ

S   (vì SM  AO, SP  KO)

 Tứ giác SMPO nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh M, P nhìn cạnh SO dƣới góc vng)

K Pˆ M O Sˆ

M 

 (góc góc đối ngồi tứ giác SMPO nội tiếp) QHˆO (do (10))

Hay MSˆQQHˆO (11)

Xét tứ giác SMHQ có: MSˆQQHˆO (do (11))

 Tứ giác SMHQ nội tiếp (góc góc đối ngồi)

0 180 H Mˆ S H Qˆ

S  

 (tổng góc đối tứ giác nội tiếp)

0

90 H Qˆ S 180 90

H Qˆ

S    



 SQ  HQ Hay OS  IK

(70)

69

TRƢỜNG THCS LƢƠNG THẾ VINH (SỐ 1), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: x2x2225x250

b) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ d|i đƣờng chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Câu 2: Cho Parabol  

x y :

P  v| đƣờng thẳng  d :ymx1 a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ

b) Tìm m để (P) cắt (d) hai điểm phân biệt có ho|nh độ hai số đối Câu 3:

a) Rút gọn biểu thức:

3

1

5 12 15 A

   



b) Một ngƣời gửi 100 000 000 đồng vào ngân hàng với kỳ hạn năm, sau năm ngƣời nhận lại số tiền vốn lẫn lãi l| 112 360 000 đồng Hỏi lãi suất ngân hàng phần trăm năm, biết số tiền lãi năm đầu đƣợc gộp vào với vốn để tính lãi năm sau?

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22x2m2 0 (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm khác thỏa điều kiện

2 4x

x 

Câu 5: Cho đƣờng trịn (O) có đƣờng kính AB = 2R v| điểm C thuộc đƣờng trịn (C kh{c A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

a) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DA.DE = DB.DC

c) Chứng minh CFˆDOCˆB Gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đƣờng tròn (O)

(71)

70

a) Giải phƣơng trình: x2x2225x250 (1)

Giải:

 1 x2x22 25x22

   

  

   

  

 

       

  

  



  

 

5 x

2 x 25 x

0 x

0 25 x x

0 x 25 x x

2 2

2

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S 2; 2;5;5

b) Một mảnh đất hình chữ nhật có độ d|i đƣờng chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Giải:

Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0)  x + (m) chiều dài hình chữ nhật

Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông, với chiều dài chiều rộng cạnh góc vng cịn đƣờng chéo cạnh huyền ta có:

 

 2 60 7x x

0 120 14x 2x

0 169 49 14x x

x

13 x x

2

2 2

   

     

  

Ta có 724.1.60492402890;  28917

12 2.1

17 x 5; 2.1

17

x1    2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) l|: S5;12 Câu 2: Cho Parabol  P :yx2

v| đƣờng thẳng  d :ymx1 a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ

Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 4 1 1 4

(72)

71

b) Tìm m để (P) cắt (d) hai điểm phân biệt có ho|nh độ hai số đối Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (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) ln có nghiệm phân biệt thỏa hệ thức Vi-ét:

    

    

      

1

1 a c x x

m m a b x x

2

Theo đề bài, ta có: x1x2x1x20m0m0

Vậy m = giá trị cần tìm Câu 3:

3

1

5 12 15 A

   



Giải:

Ta có:   

3

3 2

5 3

1

5 12 15 A

 

  

    

  3  2 3 3 2 3 2

3

3 2

2

           

 

b) Một ngƣời gửi 100 000 000 đồng vào ngân hàng với kỳ hạn năm, sau năm ngƣời nhận lại số tiền vốn lẫn lãi l| 112 360 000 đồng Hỏi lãi suất ngân hàng phần

(73)

72

trăm năm, biết số tiền lãi năm đầu đƣợc gộp vào với vốn để tính lãi năm sau?

Giải:

Gọi x% lãi suất ngân hàng năm (x > 0) Số tiền vốn lẫn lãi sau năm l|: 1000000001x%2 (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 1000000001x%2 112360000

  50 53 2500 2809 x% 2500 2809 x%        6% 100 50 50 53

x%    

 (nhận)

Vậy lãi suất ngân hàng l| 6%/1 năm

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22x2m2 0 (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m Giải:

Ta có Δ' 12 1.2m212m2 10,m (vì 2m2 0,m)

Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m b) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm khác thỏa điều kiện

2 4x

x 

Giải:

Theo câu a, với m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                                              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2m x x 2m x x 2m x x x 2m x 2m x x x x 2x x 2m 2m a c x x 2 a b x x         2 2 2 4m x x 2m x x

Để phƣơng trình có nghiệm khác x1x2 02m20m0 Theo đề bài, ta có:

2 4x

x  thay vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc:

                2 2 2 2 2 2 2 m x 2m x 4m x 4x 2m x 4x 3 m m 3m 5m 2m m

2m 2 2

2            

 (thỏa)

Vậy

3

m giá trị cần tìm

Câu 5: Cho đƣờng trịn (O) có đƣờng kính AB = 2R v| điểm C thuộc đƣờng trịn (C kh{c A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

(74)

73

Ta có

90 B Eˆ A B Cˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O))  BC  AF, AE  BF

Xét tứ giác FCDE có:

0

180 90

90 D Eˆ F D Cˆ

F     (vì BC  AF, AE  BF)  Tứ giác FCDE nội tiếp (tổng góc đối 1800)

b) Chứng minh DA.DE = DB.DC Giải:

Xét ∆DAC v| ∆DBE có:

E Dˆ B C Dˆ

A  (2 góc đối đỉnh)

0 90 B Eˆ D A Cˆ

D   (vì BC  AF, AE  BF)  ∆DAC ∽ ∆DBE (g.g)

DB.DC DA.DE

DE DC DB

DA  



c) Chứng minh CFˆDOCˆB Gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đƣờng tròn (O)

Giải:

F

E D

C

B A

(75)

74

Xét ∆FAB có: AE v| BC l| đƣờng cao cắt D D trực tâm ∆FAB

 FD  AB

Ta có CFˆDOBˆC (cùng phụ với góc FAB)

OCˆB (1) (vì OB = OC = R nên ∆OBC c}n O) Ta có ICˆOICˆDOCˆB

IDˆCOCˆB (vì IC = ID = b{n kính đƣờng trịn (I) nên ∆ICD c}n I) IDˆCCFˆD (do (1))

900 (2 góc phụ nhau)  IC  OC C thuộc (O)

 IC tiếp tuyến đƣờng tròn (O) d) Cho biết DF = R, chứng minh tanAFˆB2

Giải:

Xét ∆FED v| ∆AEB có:

0 90 B Eˆ A D Eˆ

F   (vì AE  BF)

B Aˆ E D Fˆ

E  (cùng phụ góc ABF)  ∆FED ∽ ∆AEB (g.g)

2 EF EA

1 2R

R AB FD EA

EF     

 (2)

Xét ∆AEF vuông F

EF EA E Fˆ tanA 

 (hệ thức lƣợng) 2 (do (2)) Vậy tanAFˆB2

I F

E D

C

B A

(76)

75

a) Giải phƣơng trình: x3x4 34

b) Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ng|y quy định Do ng|y đội chở vƣợt mức nên đội ho|n th|nh kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm đƣợc 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Câu 2: Cho parabol  

x y : P 

a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng song song với  d :y2x1 cắt (P) điểm có hồnh độ

Câu 3:

11

5 7 A

    

b) Thống kê số lƣợng học sinh giỏi, khá, trung bình học kỳ khối trƣờng nhƣ sau:

9A 9B 9C

Học sinh giỏi 30 25 20

Học sinh 15 18 20

Học sinh trung bình

Hãy tính tỉ lệ học sinh giỏi trƣờng So sánh tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng ba lớp 9A, 9B, 9C (học sinh đạt từ trở lên nhận đƣợc khen thƣởng nh| trƣờng)

Câu 4: Cho phƣơng trình: x23m2x2m2m30 (1) (m tham số) a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình (1) Tìm m để x1 = 3x2

Câu 5: Từ điểm A ngo|i đƣờng tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE (D E thuộc (O) D nằm A v| E) Đƣờng thẳng qua D vng góc với OB cắt BC, BE lần lƣợt H K Vẽ OI vng góc với AE I

a) Chứng minh bốn điểm B, I, O, C thuộc đƣờng tròn b) Chứng minh IA phân giác góc BIC

c) Chứng minh AC2 = AD.AE tứ giác IHDC nội tiếp

d) Gọi S l| giao điểm BC AD Chứng minh:

AS AE

1 AD

1  

(77)

76

a) Giải phƣơng trình: x3x4 34 (1) Giải:

 1 3x2 4 3x40

Ta có '2 323.412120

Do '0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm kép:

3 3

3 a

b' x

x1 2   

      

3 S

b) Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ng|y quy định Do ng|y đội chở vƣợt mức nên đội ho|n th|nh kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm đƣợc 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Giải:

Gọi x (ngày) thời gian mà xe chở hàng theo kế hoạch (x > 0)  Mỗi ngày xe chở hàng theo kế hoạch đƣợc là:

x 140

(tấn hàng)  Mỗi ngày xe chở hàng theo thực tế đƣợc là:

x 140

(tấn hàng) Thời gian xe chở hàng theo thực tế là: x – (ngày) (x > 1)

 Số hàng xe chở đƣợc theo thực tế là:      



 



x 140

x (tấn hàng)

Theo đề bài, ta có phƣơng trình:   140 10 x

140

x  

  



 



  

 2 28 3x x

0 140 15x 5x

0 150x 5x

140 5x

140x

150x 5x

140 x

150 x

5x 140 x

2

   

 

   

  



  



Ta có  3 4.1.2891121210;  12111

7 2.1

11

x1   (nhận);

2.1 11

x2    (loại)

Vậy thời gian mà xe chở hàng theo kế hoạch là: (ngày) Câu 2: Cho parabol  

x y : P 

a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

(78)

77

Đồ thị

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng song song với  d :y2x1 cắt (P) điểm có ho|nh độ

Giải:

Gọi (D): y = ax + b (a ≠ 0) l| đƣờng thẳng song song với  d :y2x1 cắt (P) điểm có ho|nh độ

Ta có (D)//(d)  D :y 2x bb 1

b a

   

  

  

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (D) có dạng: x2 2xb (3)

Do (D) cắt (P) điểm có ho|nh độ nên x = nghiệm phƣơng trình (3)

1 b b 2.1

12   

 (thỏa)

Vậy  D :y2x1 l| đƣờng thẳng cần tìm Câu 3:

11

5 7 A

     Giải:

Ta có:

11

5 7

A 

    

  

11

5 7 14 11

2

5 7 7 A2



 

  

   

  



(79)

78

 

11 11 11 11 14 11 44 14 11 49 14              

b) Thống kê số lƣợng học sinh giỏi, khá, trung bình học kỳ khối trƣờng nhƣ sau:

9A 9B 9C

Học sinh giỏi 30 25 20

Học sinh 15 18 20

Học sinh trung bình

Hãy tính tỉ lệ học sinh giỏi trƣờng So sánh tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng ba lớp 9A, 9B, 9C (học sinh đạt từ trở lên nhận đƣợc khen thƣởng nh| trƣờng)

Giải:

Tỉ lệ học sinh giỏi trƣờng là:   52,08% 20 20 18 25 15 30 100% 20 25 30           

Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng lớp 9A là:   93,75% 30 15 % 100 30 15    

Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng lớp 9B là:   89,58% 25 18 % 100 25 18    

Tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng lớp 9C là:   83,33% 20 20 % 100 20 20     Vậy tỉ lệ học sinh đƣợc khen thƣởng 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 tham số) a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm với giá trị 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 ln có nghiệm với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình (1) Tìm m để x1 = 3x2

Giải:

Theo câu a, 0,m nên phƣơng trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                       m 2m m 2m a c x x 3m 3m a b x x 2 2

Theo đề bài, ta có x1 = 3x2 thay vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc:

(80)

79

   

48 16m 32m

12 36m 27m

3 m 2m 16 12m 9m

3

3 m 2m 16

4 12m 9m

3 m 2m

2 3m

2

  

  

  

  

     

      



 



 * 12 4m m

0 60 20m 5m

0 12 36m 27m

48 16m 32m

2

   

   

  

Ta có '221.12412160; ' 164

Do '0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm phân biệt:

6

4 m 2;

4

m1    2   

Vậy m12;m26 giá trị cần tìm

Câu 5: Từ điểm A ngo|i đƣờng tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE (D E thuộc (O) D nằm A v| E) Đƣờng thẳng qua D vng góc với OB cắt BC, BE lần lƣợt H K Vẽ OI vng góc với AE I

a) Chứng minh bốn điểm B, I, O, C thuộc đƣờng tròn Giải:

Ta có

90 O Iˆ A O Cˆ A O Bˆ

A    (tính chất tiếp tuyến; OI  AE)  điểm A, B, O, I, C thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO  điểm B, I, O, C thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO b) Chứng minh IA phân giác góc BIC

Giải:

I

K

H

O B

C A

(81)

80

Ta có AIˆBAOˆB (cùng chắn cung AB đƣờng trịn đƣờng kính AO) AOˆC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

AIˆC (cùng chắn cung AC đƣờng trịn đƣờng kính AO)  IA phân giác góc BIC

c) Chứng minh AC2 = AD.AE tứ giác IHDC nội tiếp

Giải:

C Aˆ

D : chung

1 Eˆ

I

K

H

O B

C A

E D

1

I

K

H O

B

C A

(82)

81 AD.AE

AC AC

AD AE

AC 2

 



 (1)

Ta có DHˆCBHˆK (2 góc đối đỉnh)

ABˆC (vì HK//AB vng góc với OB góc vị trí so le trong) DIˆC (2) (cùng chắn cung AC đƣờng trịn đƣờng kính AO)

Xét tứ giác IHDC có: DHˆCDIˆC (do (2))

 Tứ giác IHDC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh H, I liên tiếp nhìn cạnh DC dƣới góc nhau)

d) Gọi S l| giao điểm BC AD Chứng minh:

AS AE

1 AD

1  

Giải:

Ta có OI  DE dây DE không qua tâm O  I l| trung điểm DE

 DE = 2DI (3) Ta có

AS AE

1 AD

1





AS AD.AE

2DI 2AD AS

2 AD.AE

AD DE AD AS

2 AD.AE

AD AE

  

    



 (do (3))

  AI.AS AD.AE

AS AD.AE

2AI AS

2 AD.AE

DI AD

2      

 (*)

Ta có ACˆSAIˆB (cùng chắn cung AB đƣờng trịn đƣờng kính AO) AIˆC (4) (vì IA phân giác góc BIC)

Xét ∆ACS v| ∆AIC có:

S Aˆ

C : chung

C Iˆ A S Cˆ

A  (do (4))  ∆ACS ∽ ∆AIC (g.g)

S

1

I

K

H O

B

C A

(83)

82

2

AC AI.AS AI

AC AC AS

 



 (5)

Từ (1) (5)  AI.AS = AD.AE

AS AE

1 AD

1  

(84)

83

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:

a) x2x56 c)   

 

  

25 4y 3x

6 3y 2x

b) x2 3 2x 60 d) 3x484x21

Câu 2: (1,5 điểm)

4 x y

2

 v| đƣờng thẳng   x y :

D   hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ c{c giao điểm (P) (D) phép tính

Câu 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 17 12 2

2 2

14

2

    

 

    

Câu 4: (075 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240m2 Nếu tăng chiều rộng 3m giảm

chiều dài 4m diện tích mảnh đất khơng đổi Tính kích thƣớc mảnh đất? Câu 5: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2m3mxx

(x ẩn số) a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2

b) Tính tổng tích x1; x2 theo m

c) Tính biểu thức   2

2

1 x 6x x

x

A   theo m v| tìm m để A đạt giá trị nhỏ

Câu 6: (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) Qua A kẻ tiếp tuyến AB (B tiếp điểm) cát tuyến ACD (C nằm A, D) với đƣờng tròn (O) cho C B nằm khác phía qua OA Gọi H l| trung điểm CD

a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, B, O, H thuộc đƣờng tròn

b) Đƣờng trung trực BC cắt tia phân giác BAˆC S Gọi E l| giao điểm tia CS (O) (E, B thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa cát tuyến ACD) Chứng minh rằng: BSˆE2BCˆE suy tứ giác BEOS nội tiếp

c) Chứng minh rằng: tứ giác ABSC nội tiếp

(85)

84

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 nghiệm:

4

4 a

c x 1;

x1 2   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S1;4 b) x2 3 2x 60 (2)

Giải:

Ta có Δ 3 224.1.  32 624 652 60

 2 3

6

5      

 

 (vì 3 0)

  2

2.1

2 3 x ; 2.1

2 3

x1     2     

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) l|: S 3; 2 c)

  

 

  

25 4y 3x

6 3y 2x

(3) Giải:

 

   

  

     

   

 

 

   

4 y

3 x 25 4y

3 x 25 4y 3x

51 17x 75

12y 9x

24 12y 8x

3

Vậy nghiệm hệ phƣơng trình (3) l|:   x;y  3;4 d) 3x4 84x2 1 (4)

Giải:

 4 3x484x24

3x44x240

Phƣơng trình (4) trở thành: 3t24t40 (*) Ta có ' 2 23. 4 412160; ' 16 4

2

4

t1   (nhận);

3

4

t2     (loại) Với t1 2x2 2x

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (4) l|: S 2; 2 Câu 2: (1,5 điểm)

4 x y

2

 v| đƣờng thẳng   x y :

D   hệ trục tọa độ Giải:

(86)

85

x 2 1

2

x

y 1

x

4 x

y  4 0

Vẽ đồ thị

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

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (D) có dạng: x x 2

  

 5 16 2x x

0 16 2x x

4 16

2x

x

2 2

   

    

   

Ta có Δ'121.16116170; Δ' 17

17 1

17 x ; 17 1

17

x1     2    

+ Với x1 1 17 ta có  

2 17 17

y1     

+ Với x2 1 17 ta có  

2 17 17 y2

   

  

Vậy tọa độ giao điểm (P) (D) là: 

  



 

     



 

 

2 17 ; 17 B ,

17 ; 17

A

(87)

86

Câu 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 17 12 2 2 14             Giải:

Ta có: 17 12

2 2 14              

              22 2 2 2 2 2 2 14 2                          2 2 2 14 2                      

5 21 22 2132 .32 2

 (vì 32 20)

           3 2 2 2 2 3 2 5                 

Câu 4: (075 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240m2 Nếu tăng chiều rộng 3m giảm

chiều dài 4m diện tích mảnh đất khơng đổi Tính kích thƣớc mảnh đất? Giải:

Gọi x (m), y (m) lần lƣợt chiều rộng, chiều dài hình chữ nhật (y > x > 0) Diện tích hình chữ nhật ban đầu là: x.y = 240 (1) (m2)

Chiều rộng tăng (m) l|: x + (m) v| chiều dài giảm 4m là: y – (m) (y > 4) Diện tích hình chữ nhật lúc sau là: (x + 3)(y – 4) (m2)

Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: (x + 3)(y – 4) = 240

 2 12 3y x 240 12 3y 4x 240 240 12 3y 4x xy              

Thay (2) v|o (1) ta đƣợc: y 240

12 3y 

 3 320 4y y 960 12y 3y 960 12y 3y 2          

Ta có ' 2 21.32043203240; 324 18

20

18

y1    (nhận); 16

1 18

y2    (loại)

Với 12

4 12 3.20 x

20

y     (nhận)

Vậy miếng đất có chiều rộng 12 (m) chiều dài 20 (m) Câu 5: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình x2m3mxx (*) (x ẩn số)

(88)

87

Giải:

 

m 1x m x x mx m x * 2            

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 (*) ln có nghiệm phân biệt x1, x2

b) Tính tổng tích x1; x2 theo m

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình (*) ln có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                     m m a c x x m 1 m a b x x 2

c) Tính biểu thức   2

2

1 x 6x x

x

A   theo m v| tìm m để A đạt giá trị nhỏ Giải:

Ta có:  

2

1 x 6x x

x

A  

 

2 2 2 2 2 2 x 10x x x x 10x x x 2x x x 6x x x 2x x           

m1210m3 (do hệ thức Vi-ét)

m 8m 16 15 31 8m m 30 10m 2m m 2            

m42 1515,m (vì m42 0,m) Dấu “=” xảy m – =  m =

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A là: MinA = 15 xảy m =

Câu 6: (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O) Qua A kẻ tiếp tuyến AB (B tiếp điểm) cát tuyến ACD (C nằm A, D) với đƣờng tròn (O) cho C B nằm khác phía qua OA Gọi H l| trung điểm CD

(89)

88

Ta có H l| trung điểm CD dây CD không qua tâm O  OH  CD (liên hệ đƣờng kính dây cung) Xét tứ giác ABOH có:

0

180 90

90 O Hˆ A O Bˆ

A     (vì AB tiếp tuyến (O) OH  CD)  Tứ giác ABOH nội tiếp (tổng góc đối 1800)

b) Đƣờng trung trực BC cắt tia phân giác BAˆC S Gọi E l| giao điểm tia CS (O) (E, B thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa cát tuyến ACD) Chứng minh rằng: BSˆE2BCˆE suy tứ giác BEOS nội tiếp

Giải:

Ta có BSˆE1800BSˆC (2 góc kề bù)

SCˆBSBˆC(tổng góc ∆SBC)

H O B

A

C

D

E

S

H O B

A

C

(90)

89

SCˆBSCˆB2SCˆB (vì S thuộc đƣờng trung trực BC nên SB = SC  ∆SBC c}n S)

2BCˆE (đpcm)

BOÊ (1) (hệ góc nội tiếp) Xét tứ giác BEOS có: BSÊBOÊ (do (1))

 Tứ giác BEOS nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh S, O liên tiếp nhìn cạnh BE dƣới góc nhau)

c) Chứng minh rằng: tứ giác ABSC nội tiếp Giải:

Gọi T l| điểm thuộc AD cho AB = AT Xét ∆SAB v| ∆SAT có:

SA: chung

2 Aˆ

Aˆ  (vì AS phân giác BAˆC) AB = AT (do trên)

 ∆SAB = ∆SAT (c.g.c)

 SBÂSTÂ (2 góc tƣơng ứng) hay SBÂSTˆC (2) Và ST = SB (2 cạnh tƣơng ứng)

= SC (do trên)  ∆STC c}n T

T Cˆ S C Tˆ

S 

 (3)

Từ (2) (3)  SBˆASCˆT (4)

Xét tứ giác ABSC có: SBˆASCˆT (do (4))

 Tứ giác ABSC nội tiếp (góc góc đối ngồi)

d) Tia BS cắt đƣờng tròn (O) F Chứng minh rằng: AS//BE//DF H, O, E thẳng hàng Giải:

T

1

E

S

H O B

A

C

(91)

90

Ta có BAˆC

Aˆ1  (vì AS phân giác góc BAC) BSˆE

2

 (góc góc đối ngồi tứ giác ABSC nội tiếp) BCˆE (do (1))

EBˆx (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

 AS//BE (5) (2 góc vị trí đồng vị: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

Ta có FDˆCFBˆC (cùng chắn cung FC đƣờng tròn (O)) SAˆC (cùng chắn cung SC tứ giác ABSC nội tiếp)

 AS//DF (6) (2 góc vị trí so le trong: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

Từ (5) (6)  AS//BE//DF Ta có HOˆEHOˆBBOˆE

HOˆBBSˆE (do (1))

HOˆBBAˆH (góc góc đối ngồi tứ giác ABSC nội tiếp) 1800 (tổng góc đối tứ giác ABOH nội tiếp)

 H, O, E thẳng hàng

x

F

T

1

E

S

H O B

A

C

(92)

91

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: 2x2 3x2 17

b) B{c Năm mua thùng trái cân nặng 16kg gồm hai loại táo xoài, táo giá 50 ngàn đồng/kg, xo|i gi{ 70 ng|n đồng/kg Hỏi B{c Năm mua kg táo xoài loại biết giá tiền thùng tr{i c}y l| 900 ng|n đồng

Câu 2:

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

4 x y

2

  b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng   x m

2 y :

D   điểm có ho|nh độ 4

Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức:   

3

1 5 5

  

 

b) Lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam th{ng 9/2016 ƣớc đạt 813007 lƣợt; giảm 9,6% so với th{ng 8/2016 v| tăng 2,8% so với kỳ năm 2015 Tính lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam tháng 8/2016 tháng 9/2015?

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22m1xm230 (1) (x ẩn số) a) Tìm điều kiện m để phƣơng trình (1) có nghiệm

b) Định m để hai nghiệm x1;x2 phƣơng trình (1) thỏa mãn: 2x11x21  2x21x11x12x22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 ∆ABC cắt H v| có AK l| đƣờng kính

a) Chứng minh: tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng tròn tứ giác BKCH hình bình hành

b) Gọi I l| giao điểm hai đƣờng thẳng BC EF Tia KH cắt (O) M Chứng minh: năm điểm A, M, E, H, F nằm đƣờng tròn

c) Chứng minh: ba điểm I, A, M thẳng hàng

(93)

92

a) Giải phƣơng trình: 2x2 3x2 17 (1) Giải:

 1 2x42x23x2370

2x4x2100

Phƣơng trình (1) trở thành: 2t2t100 (*)

Ta có  124.2.10180810;  819

2 2.2

9

t1   (nhận); 2.2

9

t2    (loại) Với

2 10

5 x

2 x

t1     

   

 

 

2 10 ; 10 S

b) B{c Năm mua thùng trái cân nặng 16kg gồm hai loại táo xoài, táo giá 50 ngàn đồng/kg, xo|i gi{ 70 ng|n đồng/kg Hỏi B{c Năm mua kg t{o v| xo|i loại biết giá tiền thùng tr{i c}y l| 900 ng|n đồng

Giải:

Gọi x (kg) táo, y (kg) xoài loại m| B{c Năm mua (x > 0; y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

  

 

      

   

 

 

90 7y 5x

112 7y

7x 90

7y 5x

16 y x 900 70y 50x

16 y x

   

  

        

   

5 y

11 x 90 7y 55

11 x 90 7y 5x

22 2x

(nhận) Vậy B{c Năm mua 11 kg t{o v| kg xo|i

Câu 2:

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

4 x y

2

  Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

4 x y

2



 4 1 1 4

(94)

93

b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng   x m y :

D   điểm có ho|nh độ 4

Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (D) có dạng: x m x2

 

 (2)

Do (P) cắt (D) điểm có ho|nh độ 4 nên x4 nghiệm (2)

   

2 m m m

4        

  

Vậy m = giá trị cần tìm Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức:   

3

1 5 5

  

 

Giải:

Ta có:   

3

1 5 5

  

 

  

2 32 3

3 5 10 5 10 25

 

 

   



9 20

3 5 30 5 15

      

(95)

94

3 5 5 11 11 33 5 15        

Đặt M 53 5 3 (M > 0)

M2 53 52 53 5 3 53

     18 5 18 20 18 5 18 5 5 5 15                  

M 183

Vậy   

3 5 5 5      

b) Lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam th{ng 9/2016 ƣớc đạt 813007 lƣợt; giảm 9,6% so với th{ng 8/2016 v| tăng 2,8% so với kỳ năm 2015 Tính lƣợng khách quốc tế đến Việt Nam tháng 8/2016 tháng 9/2015?

Giải:

Lƣợng kh{ch đến Việt Nam tháng 8/2016 là: 899344 , 100 100 813007 

 lƣợt

Lƣợng kh{ch đến Việt Nam tháng 9/2015 là: 790863 , 100 100 813007   lƣợt

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22m1xm230 (1) (x ẩn số) a) Tìm điều kiện 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 phƣơng trình (1) ln có nghiệm

b) Định m để hai nghiệm x1;x2 phƣơng trình (1) thỏa mãn: 2x11x21  2x21x11x12x2214

Giải:

Theo câu a, với m2 phƣơng trình (1) có nghiệm x1;x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                     m m a c x x 2m 1 m a b x x 2 2

Theo đề bài, ta có: 2x11x21  2x21x11x12x2214

 

(96)

95

2m 2 6m2 3 2m 2 16

2     



 * 18 3m m

0 36 6m 2m

0 16 2m 18 6m 8m 4m

2

   

    

        

Ta có  324.1.18972810;  819

6 2.1

9

m1   (nhận); 2.1

9

m2    (loại) Vậy m = 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 ∆ABC cắt H v| có AK l| đƣờng kính

a) Chứng minh: tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng tròn tứ giác BKCH hình bình hành Giải:

Xét tứ giác BCEF có:

0 90 C Fˆ B C Eˆ

B   (vì BE  AC, CF  AB)

 Tứ giác BCEF nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, F liên tiếp nhìn cạnh BC dƣới góc nhau)

Ta có

90 K Cˆ A K Bˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác BKCH có:

BH//KC (cùng vng góc với AC) CH//KB (cùng vng góc với AB)

 Tứ giác BKCH hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

b) Gọi I l| giao điểm hai đƣờng thẳng BC EF Tia KH cắt (O) M Chứng minh: năm điểm A, M, E, H, F nằm đƣờng tròn

Giải:

K

H O

A

B C

E

(97)

96

Ta có

90 K Mˆ

A  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O))

Ta có

90 H Mˆ A H Fˆ A H Eˆ

A    (vì BE  AC, CF  AB, 90 K Mˆ

A  )

 điểm A, M, F, H, E thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AH c) Chứng minh: ba điểm I, A, M thẳng hàng

Giải:

Ta có MFˆIMAˆE (góc góc đối ngồi tứ giác AMFE nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AH)

MBÎ (1) (góc góc đối ngồi tứ giác AMBC nội tiếp đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác IMFB có: MFÎMBÎ (do (1))

 Tứ giác IMFB nội tiếp (tứ giác có đỉnh F, B liên tiếp nhìn cạnh MI dƣới góc nhau)

M

I

K

H O

A

B C

E

D F

M

I

K

H O

A

B C

E

(98)

97

Ta có IMˆAIMˆBBMˆA

IFˆBBMˆA (cùng chắn cung IB tứ giác IMFB nội tiếp)

ACˆBBMˆA(góc góc đối ngồi tứ giác BCEF nội tiếp)

180

 (tổng góc đối tứ giác AMBC nội tiếp)  ba điểm I, A, M thẳng hàng

d) Qua D vẽ đƣờng thẳng song song với AC cắt AB AI lần lƣợt S N Chứng minh S trung điểm DN

Giải:

Ta có SD//AC ND//AC (gt)

BC BD AC SD





IC ID AC ND

 (hệ Talet)

BC AC.BD SN 



IC AC.ID ND

IC.BD ID.BC AC.BD

BC IC AC.ID BC

AC BD :

IC AC.ID SN

ND  

 (*)

Xét tứ giác AEDB có:

0 90 B Dˆ A B Eˆ

A   (vì BE  AC, AD  BC)

 Tứ giác AEDB nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, D liên tiếp nhìn cạnh AB dƣới góc vng)

Ta có HEˆFHAˆF (cùng chắn cung HF đƣờng trịn đƣờng kính AH) HEˆD (cùng chắn cung BD tứ giác AEDB nội tiếp)  BE phân giác góc IED

ED EI BD

BI



 (2)

Ta có CE  BE E

 CE phân giác ngồi góc IED

S N

M

I

K

H O

A

B C

E

(99)

98 ED

EI CD

CI



 (3)

Từ (2) (3)

CD CI BD

BI





DC IC

ID DC

IC BD IB IC IB DC BD

     

 (tính chất tỉ lệ thức)

 

 ** IC.BD ID.BC

ID.BC 2IC.BD

DC BD ID 2IC.BD

ID.DC ID.BD

2IC.BD

ID.DC ID.BD

2IC.BD

ID.DC ID

2IC BD

ID.DC ID

IC IC BD

ID.DC DC

IC BD

 

 



 



 



  

   

  

Từ (*) (**) SN ND

(100)

99

ĐỀ SỐ 13: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS NGUYỄN DU, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình ẩn x: x2 5x22x210x240

b) B| Minh có 530 000 đ với tổng cộng có 74 tờ tiền gồm loại tiền: loại 20000 đ, loại 50000 đ v| loại 100000 đ Hỏi loại tiền có tờ biết số tờ tiền loại 20000 đ gấp đôi số tờ tiền loại 100000 đ?

Câu 2: Cho  

2 x y : P

2



   x y :

D  

a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tọa độ giao điểm chúng phép toán

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với đƣờng thẳng (D) cắt (P) điểm có ho|nh độ

Câu 3:

2 :

5

5 :

5

P        b) Giả sử cách tính tiền nƣớc sinh hoạt Thành phố nhƣ sau cho ngƣời:

Mức cho 4m3 đầu tiền x 7000đ/1m3

Mức cho 3m3 x 10000đ/1m3

Mức cho số m3 lại x 12500đ/1m3

- Số tiền nƣớc phải trả cho ba mức gọi 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 ngƣời phải trả hết số tiền: T = 207 500đ Hỏi gia đình b| Bê hết m3 nƣớc?

Câu 4: Cho phƣơng trình ẩn x: x22m3x2m10 với m tham số a) Chứng tỏ phƣơng trình có hai nghiệm với m

b) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm phân biệt mà nghiệm gấp lần nghiệm

Câu 5: Cho nửa đƣờng trịn (O’; R) đƣờng kính BC v| điểm A nửa đƣờng tròn cho AB < AC, vẽ AHBC H Phân giác góc CAH cắt BC E, phân giác góc ABC cắt AE K a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp v| x{c định tâm O đƣờng tròn

b) Gọi D l| điểm cung nhỏ BH đƣờng trịn (O), phân giác góc ACB cắt AD I Chứng minh O, I, K thẳng hàng

c) BK cắt AD P, CI cắt AE Q Chứng minh tứ giác BPQC nội tiếp

(101)

100

a) Giải phƣơng trình ẩn x: x2 5x22x210x240 (1) Giải:

 1 x25x 22x2 5x240

Đặt tx2 5x

Phƣơng trình (1) trở thành: t2 2t240 (*)

Ta có ' 121.24124250; ' 255

4 t 6;

t1   2   

+ Với t16x25x6x25x60

Ta có abc15 6 0 nên phƣơng trình có nghiệm:

6 a c x 1;

x1 2   

+ Với t24x25x4x25x40

Ta có abc1540 nên phƣơng trình có nghiệm:

4 a c x 1;

x3  4   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S1;6;1;4

b) B| Minh có 530 000 đ với tổng cộng có 74 tờ tiền gồm loại tiền: loại 20000 đ, loại 50000 đ v| loại 100000 đ Hỏi loại tiền có tờ biết số tờ tiền loại 20000 đ gấp đôi số tờ tiền loại 100000 đ?

Giải:

Gọi x, y, z (tờ) lần lƣợt số tờ tiền loại 20000đ, 50000đ v| 100000đ (x, y, z > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

            2z x 3530000 100000z 50000y 20000x 74 z y x      3 2z x 353 10z 5y 2x 74 z y x             

Thay (3) v|o (1) v| (2) ta đƣợc hệ phƣơng trình sau:          353 10z 5y 2.2z 74 z y 2z                                            23 y 17 z 353 238 5y 17 z 353 14z 5y 17 z 353 14z 5y 370 15z 5y 353 14z 5y 74 3z y (thỏa) Thay z = 17 v|o (3) ta đƣợc: x = 2.17 = 34 (thỏa)

Vậy số tờ tiền loại 20000đ, 50000đ v| 100000đ lần lƣợt 34 (tờ), 23 (tờ), 17 (tờ) Câu 2: Cho  

2 x y : P 

   x y :

D  

(102)

101

Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2 x y

2



 8 2 2 8

x

1 x

y 

Vẽ đồ thị

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (D’) song song với đƣờng thẳng (D) cắt (P) điểm có ho|nh độ

Giải:

Gọi  D' :yaxba0 l| đƣờng thẳng cần tìm Ta có (D’)//(D)

   

  

1 b

a  

b x y :

D'  

 b1

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (D’) v| (P) có dạng: x b

x2

  

(*)

Do (D’) cắt (P) điểm có ho|nh độ nên x = nghiệm phƣơng trình (*)

(D)

(103)

102 2 b b b 12             

 (thỏa)

Vậy   x 2 y :

D'   l| đƣờng thẳng cần tìm Câu 3:

2 : 5 :

P        Giải: Ta có: : 5 :

P       

    2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 2                                                     2 5 2       

 (vì 510; 510)

         5 4 5 5 5 5 5 12 5 5 5 5 5 5                                       Vậy

A 

b) Giả sử cách tính tiền nƣớc sinh hoạt Thành phố nhƣ sau cho ngƣời: Mức cho 4m3 đầu tiền x 7000đ/1m3

Mức cho 3m3 x 10000đ/1m3

Mức cho số m3 lại x 12500đ/1m3

- Số tiền nƣớc phải trả cho ba mức gọi A

- Thuế VAT: B = Ax10%

- Thuế môi trƣờng: C = Ax15%

- Tổng số tiền phải trả là: T = A + B + C

(104)

103

Hỏi gia đình b| Bê hết m3 nƣớc?

Giải:

Gọi x (m3) số m3 nƣớc m| gia đình b| Bê sử dụng tháng 5/2017 (x > 0)

Số tiền phải trả cho ba mức là:

x 3.12500 58000 x 7.12500 3.10000

4.7000

A        (đồng)

Theo đề b|i, ta có phƣơng trình:

    8,64 x 108000 12500 x 166000 125000 x 58000 166000 A 207500 1,25A 207500 A.15% A.10% A                  15,64 x

 (nhận)

Vậy gia đình b| Bê sử dụng hết 15,64 (m3) nƣớc

Câu 4: Cho phƣơng trình ẩn x: x22m3x2m10 với m tham số a) Chứng tỏ phƣơng trình có hai nghiệm với m

Giải:

Ta có Δ2m324.1.2m14m212m98m84m24m12m120,m

Do Δ0,m nên phƣơng trình có hai nghiệm với m

b) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm phân biệt mà nghiệm gấp lần nghiệm Giải:

Để phƣơng trình có nghiệm phân biệt x1, x2

  m 2m 2m

Δ        

 (do câu a)

Giả sử nghiệm x1 gấp lần nghiệm x2 nên ta có: x14x2

Với

2

m phƣơng trình có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                       2m 1 m a c x x 2m 2m a b x x 2

Thay x14x2 vào hệ thức Vi-ét ta đƣợc:

(105)

104

   

0 m 8m

0 25 25m 18 24m 8m

25 25m 18 24m 8m

1 m 25 12m 4m

2

2 m 25

9 12m 4m

2 m

3 2m

2 2

2

   

     

    

 

  

    

     



 



Ta có abc8   1  7 0 nên phƣơng trình lng có nghiệm:

1

m1  (nhận);

8 a c

m2   (nhận) Vậy

8 m 1;

m1  2   giá trị cần tìm

Câu 5: Cho nửa đƣờng trịn (O’; R) đƣờng kính BC v| điểm A nửa đƣờng tròn cho AB < AC, vẽ AHBC H Phân giác góc CAH cắt BC E, phân giác góc ABC cắt AE K a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp v| x{c định tâm O đƣờng trịn

Giải:

Ta có

90 C Aˆ

B  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O’))

C Bˆ A H Aˆ

C 

 (cùng phụ góc BAH)

1

2 2Bˆ Aˆ Bˆ Aˆ

2   

 (1) (vì AE phân giác góc CAH, BK phân giác góc ABC) Xét tứ giác AKHB có: Aˆ2 Bˆ1 (do (1))

 Tứ giác AKHB nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh A, B liên tiếp nhìn cạnh KH dƣới góc nhau)

0 90 B Hˆ A B Kˆ

A  

 (cùng chắn cung AB)

 điểm A, K, H, B thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AB  T}m O l| trung điểm AB

b) Gọi D l| điểm cung nhỏ BH đƣờng trịn (O), phân giác góc ACB cắt AD I Chứng minh O, I, K thẳng hàng

Giải:

O

2

K

E H

A

C

(106)

105

Gọi F l| giao điểm AD BH

Ta có cung DB = cung DH (vì D l| đỉnh cung nhỏ BH)

4 Aˆ

Aˆ 

 (2) (liên hệ góc nội tiếp dây cung)

Ta có

0

Aˆ 90 C Fˆ

A   (2 góc phụ nhau)

0 Aˆ 90 

 (do (2))

FAˆC (3) (2 góc phụ nhau) Xét ∆CAF có: AFˆCFAˆC (do (3))

 ∆CAF c}n C

 CI l| ph}n gi{c l| trung tuyến  I l| trung điểm AF (4)

Xét ∆BAE có: BK l| đƣờng phân giác vừa l| đƣờng cao  ∆BAE c}n B nên BK l| đƣờng trung tuyến  K l| trung điểm AE (5)

Xét ∆ABF có: O l| trung điểm AB, I l| trung điểm AF (do (4))  OI l| đƣờng trung bình ∆ABF

 OI//BF hay OI//BE (*)

Xét ∆AFE có: I l| trung điểm AF, K l| trung điểm AE (do (5))  IK l| đƣờng trung bình ∆AFE

 IK//FE hay IK//BE (**)

Từ (*) (**) O, I, K thẳng hàng

c) BK cắt AD P, CI cắt AE Q Chứng minh tứ giác BPQC nội tiếp Giải:

4 3

F I

1

D O

2

K

E H

A

C

(107)

106

Ta có ∆CAF c}n C nên CI l| ph}n gi{c l| đƣờng cao  CI  AF

Xét tứ giác PIKQ có:

0 90 Q Kˆ P Q Iˆ

P   (vì BK  AE, CI  AF)

 Tứ giác PIKQ nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh I, K liên tiếp nhìn cạnh PQ dƣới góc vng)

Q Iˆ K Q Pˆ

K 

 (cùng chắn cung KQ tứ giác PIKQ nội tiếp) Cˆ2 (6) (vì IK//BE hay IK//BC góc vị trí so le trong)

Xét tứ giác BPQC có: KPˆQCˆ2 (do (6))

 Tứ giác PIKQ nội tiếp (góc góc đối ngồi)

d) Gọi giao điểm BK với đƣờng tròn (O’) v| với AH lần lƣợt M N Nếu cho góc ABC = 600, tính theo R bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN

Giải:

Ta có ∆BAC vng A

Q P

4 3

F I

1

D O

2

K

E H

A

C

B O'

N

M

Q P

4 3

F I

1

D O

2

K

E H

A

C

(108)

107 BC AB C Bˆ cosA ; BC AC C Bˆ

sinA  

R 2R AB ; R 2R AC 2R.cos60 AB ; 2R.sin60

AC 0

       

Ta có ∆BAC vng A v| có AH l| đƣờng cao

AB.AC AH.BC

2 R 2R R.R BC AB.AC

AH  



Và

AB

BH.BC (hệ thức lƣợng)

2 R 2R R BC AB BH 2    

Ta có AN phân giác góc ABH

BA BH NA NH BA NA BH NH    

 (tính chất đƣờng phân giác tỉ lệ thức)

6 R R R R R BA BH AH.BH NH BA BH AH BH NH         

Ta có

0 30 60 C Bˆ A

Bˆ    (vì

60 C Bˆ

A  BK phân giác góc ABC)

Ta có

90 C Mˆ

B  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn)  ∆BMC vng M

3 R 2R 2R.cos30 BC.cosB BM BC BM

cosB1    1   



Ta có ∆BHN vng H

2

NH BH

BN  

 (định lý Pytago)

3 R 12 R R R

R 2 2

                 3 R R BN    3 2R 3 R R BN BM

NM    



Ta có AMˆNACˆB (cùng chắn cung AB đƣờng trịn (O’)) 900ABˆC(2 góc phụ nhau)

900600300

Ta có ANˆMBNˆH (2 góc đối đỉnh)

0 Bˆ 90 

 (2 góc phụ nhau) 0

60 30 90  



Xét ∆AMN có:

180 M Aˆ N M Nˆ A N Mˆ

(109)

108

0 0

0

90 60 30 180 M Aˆ N

180 M Aˆ N 60 30

    

 

 

 ∆AMN vuông A

 Đƣờng trịn ngoại tiếp ∆AMN có đƣờng kính NM

 Bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp ∆AMN l|:

3 R

3 2R

NM 

(110)

109

ĐỀ SỐ 14: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS TRẦN ĐẠI NGHĨA, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình:  31 x2 32x32 30

b) Một giáo viên mua viết xanh viết đỏ làm phần thƣởng tặng học sinh làm kiểm tra đạt điểm tốt Viết xanh gi{ 2,000đ/c}y, viết đỏ loại tốt gi{ 4,000đ/c}y Biết tổng số viết xanh viết đỏ 40 c}y v| gi{o viên bỏ số tiền l| 100,000đ để mua viết Hỏi gi{o viên mua viết xanh, viết đỏ?

Câu 2: Cho đồ thị hàm số  

x y :

P  v| đƣờng thẳng  d :ymx3

a) Tìm m biết (P) v| (d) qua điểm A có ho|nh độ 1 Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ với m vừa tìm đƣợc

b) Gọi C l| giao điểm (P) v| (d) có ho|nh độ dƣơng Cho biết điểm E1;3 Hỏi đƣờng thẳng CE có điểm chung với (P)? Vì sao?

Câu 3:

5

2

5

 

   



b) Bạn Nghĩa l|m việc nhà hàng nọ, bạn đƣợc trả triệu đồng cho 40 làm việc quán tuần Mỗi làm thêm tuần bạn đƣợc trả

2

1 số tiền mà bạn kiếm đƣợc 40 đầu Nếu tuần bạn nghĩa đƣợc trả 2,3 triệu đồng bạn phải làm thêm giờ?

Câu 4: Cho phƣơng trình x22m3mx4m410 (x ẩn số) (1) a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt

b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình (1) Tìm m để nghiệm x1, x2 thỏa x1x24 16

Câu 5: Cho ∆ABC có góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O; R) Gọi AD, BE, CF đƣờng cao ∆ABC v| chúng giao H

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng trịn v| x{c định vị trí tâm I đƣờng tròn b) Chứng minh H l| t}m đƣờng tròn nội tiếp ∆DEF

c) Chứng minh OA  EF

(111)

110

a) Giải phƣơng trình:  31 x2 32x32 30 (1) Giải:

Ta có abc 31  32  32 30 nên phƣơng trình có nghiệm:

  

3 3 3 3 3 3 3 a c x 1;

x1 2  

              

         3 1; S

b) Một giáo viên mua viết xanh viết đỏ làm phần thƣởng tặng học sinh làm kiểm tra đạt điểm tốt Viết xanh gi{ 2,000đ/c}y, viết đỏ loại tốt gi{ 4,000đ/c}y Biết tổng số viết xanh viết đỏ 40 c}y v| gi{o viên bỏ số tiền l| 100,000đ để mua viết Hỏi gi{o viên mua viết xanh, viết đỏ?

Giải:

Gọi x, y (cây) lần lƣợt số viết xanh, viết đỏ giáo viên mua tặng học sinh (x > 0; y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

       100000 4000y 2000x 40 y x                                            10 y 30 x 10 y 40 10 x 10 y 40 y x 50 2y x 40 y x 50 2y x 40 y x (thỏa) Vậy giáo viên mua 30 viết xanh 10 viết đỏ

Câu 2: Cho đồ thị hàm số  

x y :

P  v| đƣờng thẳng  d :ymx3

a) Tìm m biết (P) v| (d) qua điểm A có ho|nh độ 1 Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ với m vừa tìm đƣợc

Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng: x2mx3 (*)

Do (P) v| (d) qua điểm A có ho|nh độ 1 nên x1 nghiệm phƣơng trình (*) m m m.1

12      



Vậy m2 giá trị cần tìm Với m2 ta có  d :y2x3 Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 1

x

3 2x

(112)

111

b) Gọi C l| giao điểm (P) v| (d) có ho|nh độ dƣơng Cho biết điểm E1;3 Hỏi đƣờng thẳng CE có điểm chung với (P)? Vì sao?

Giải:

Với m2 ta có  * x2 2x3x22x30

Ta có abc12 3 0 nên phƣơng trình có nghiệm:

3 a c x 1;

x1 2   

Câu 3:

5 5        Giải: Ta có:

 2  2

(113)

112

b) Bạn Nghĩa l|m việc nhà hàng nọ, bạn đƣợc trả triệu đồng cho 40 làm việc quán tuần Mỗi làm thêm tuần bạn đƣợc trả

2

1 số tiền mà bạn kiếm đƣợc 40 đầu Nếu tuần bạn nghĩa đƣợc trả 2,3 triệu đồng bạn phải làm thêm giờ?

Giải:

Gọi x (giờ) thời gian bạn Nghĩa l|m thêm (x > 0) Ta có 40 đầu làm việc tuần đƣợc triệu đồng

 làm việc 40 đầu với số tiền là: 50000 40

2000000

1

 (đồng)  làm thêm với số tiền là: 50000 75000

2 50000

1   (đồng)

Số tiền bạn Nghĩa l|m thêm kiếm đƣợc là: 2300000 – 2000000 = 300000 (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: x.75000300000x4 (nhận)

Vậy bạn Nghĩa l|m thêm tuần

Câu 4: Cho phƣơng trình x22m3mx4m410 (x ẩn số) (1) a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt

Giải:

Ta có Δ'm3m2 1.4m4 1m62m4 m2 4m4 1m6 2m4 m21

m62m4 m21m3m2110,m

(vì m3m2 0,m

) Do Δ'0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình (1) Tìm m để nghiệm x1, x2 thỏa x1x24 16

Giải:

Theo câu a, Δ'0,mnên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                        4m 1 4m a c x x 2m 2m m m a b x x 4 3

Theo đề bài, ta có: x1x24 16

 

x x  4x x 4 x x 2x x x x x x 2 2 2 2 2 4               

2m 2m 4 4m4 1

2

3     

 

m 1 4m 2m m 4m 4m 8m 4m 4 16m 4m 8m 4m 2 2 2 4                  

4m20 (vì m210) m0

(114)

113

Câu 5: Cho ∆ABC có góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O; R) Gọi AD, BE, CF đƣờng cao ∆ABC v| chúng giao H

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng trịn v| x{c định vị trí tâm I đƣờng trịn Giải:

Ta có

90 C Eˆ

B  (vì BE  AC)

 E thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BC (1)

Ta có

90 C Fˆ

B  (vì CF  AB)

 F thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BC (2)

Từ (1) (2)  điểm B, C, E, F thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BC

Hay tứ giác BCEF nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính BC v| có t}m I l| trung điểm BC b) Chứng minh H l| t}m đƣờng tròn nội tiếp ∆DEF

Giải:

I

H

O A

B C

E

D F

I

H

O A

B C

E

(115)

114

0

180 90

90 H Dˆ B H Fˆ

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

Xét tứ giác AEDB có:

0 90 B Dˆ A B Eˆ

A   (vì BE  AC, AD  BC)

 Tứ giác AEDB nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, D liên tiếp nhìn cạnh AB dƣới góc vng)

Ta có HFˆEHBˆD (cùng chắn cung EC tứ giác BCEF nội tiếp) HFˆD (cùng chắn cung HD tứ giác BFHD nội tiếp)  HF phân giác góc EFD (3)

Ta có HDˆFHBˆF (cùng chắn cung HF tứ giác BFHD nội tiếp) HDˆE (cùng chắn cung AE tứ giác AEDB nội tiếp)  HD phân giác góc EDF (4)

Xét ∆DEF có: HE v| HF l| đƣờng phân giác cắt H (do (3) (4))  H l| t}m đƣờng tròn nội tiếp ∆DEF

c) Chứng minh OA  EF Giải:

Gọi d tiếp tuyến (O) điểm A

Ta có Aˆ1 Cˆ1 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Fˆ1 (góc góc đối tứ giác BCEF nội tiếp)

 d // EF (vì góc vị trí so le nhau: dấu hiệu nhận biết hai đƣờng thẳng song song)

Ta có d  OA (vì d tiếp tuyến (O))

 EF  OA (quan hệ tính vng góc tính song song)

d) Đƣờng thẳng EF cắt (O) điểm P Q (F nằm P E) Chứng minh AP tiếp tuyến đƣờng tròn ngoại tiếp ∆PHD

1

d

J

I

H

O A

B C

E

(116)

115

Giải:

Gọi T l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp ∆PHD

 T l| giao điểm đƣờng trung trực đoạn PH HD Xét ∆AFH v| ∆ADB có:

H Aˆ

F : chung

0 90 B Dˆ A H Fˆ

A   (vì CF  AB, AD  BC)  ∆AFH ∽ ∆ADB (g.g)

AF.AB AH.AD

AD AF AB AH

 



 (5)

Ta có OA  PQ (do trên)

 J l| trung điểm PQ (quan hệ vng góc đƣờng kính dây)  OA l| đƣờng trung trực PQ

 AP = AQ (tính chất đƣờng trung trực)

P Bˆ A Q Pˆ

A 

 (liên hệ cung dây) Hay APˆFABˆP (6)

Xét ∆APF v| ∆ABP có:

F Aˆ

P : chung

P Bˆ A F Pˆ

A  (do (6))  ∆APF ∽ ∆ABP (g.g)

2

AP AF.AB AB

AP AP

AF  

 (7)

Từ (5) (7) AH.ADAP2 (*) Xét ∆APH v| ∆ADP có:

H Aˆ

P : chung

AD AP AP AH

 (do (*))  ∆APH ∽ ∆ADP (c.g.c)

T

Q

P

1

d

J

I

H

O A

B C

E

(117)

116

P Dˆ A H Pˆ

A 

 (**) (2 góc tƣơng ứng) Ta có APˆTAPˆHHPˆT

ADˆPHPˆT (do (**)) PTˆH HPˆT

2



 (hệ góc nội tiếp đƣờng trịn (T))

2 T Pˆ 2H H Tˆ

P 



2

T Hˆ P T Pˆ H H Tˆ

P  

 (vì TP = TP = b{n kính đƣờng tròn (T) nên ∆TPH c}n T)

0

90 180 

 (tổng góc ∆TPH)  AP  PT P thuộc (T)

(118)

117

ĐỀ SỐ 16: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS TRẦN VĂN ƠN (SỐ 2), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình:  

2x 4x

x   

b) Tính hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền đo đƣợc 185m Biết giảm cạnh góc vng 4m diện tích tam giác giảm 506m2

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị  

x

1 y :

P   v| đồ thị   x y :

D   mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm phƣơng trình đƣờng thẳng (d) song song (D) qua A1;2

Câu 3:

a) Rút gọn

2

48 13 A

   



b) Trong tranh giải cờ vua kì thủ gi|nh đƣợc nửa số điểm trận đấu với kì thủ xếp ba vị trí cuối bảng Biết thắng đƣợc điểm, hòa đƣợc nửa điểm, thua điểm Hỏi có kì thủ tham gia tranh giải?

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22mx2m210 (1) (m: tham số, x: ẩn số) a) Tìm m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt

b) Tìm m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn hệ thức

2 x x x

x13 12 32  22 

Câu 5: Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) Đƣờng tròn t}m O đƣờng kính BC cắt hai cạnh AB, AC lần lƣợt E, D BD cắt CE H Các tiếp tuyến B, D (O) cắt K; AK cắt BC M; MH cắt BK N Vẽ tiếp tuyến AS đến đƣờng tròn (O) (S thuộc cung nhỏ CD) DK cắt AH I Chứng minh rằng:

a) I l| trung điểm AH IE tiếp tuyến (O)

b) Gọi T (T kh{c A) l| giao điểm đƣờng tròn (O’) ngoại tiếp ∆ABC v| AK Vẽ đƣờng kính AF (O’) Chứng minh điểm B, T, K, D, O thuộc đƣờng tròn

c) Chứng minh: MEˆBMTˆB

(119)

118

a) Giải phƣơng trình:  

2x 4x

x    (1) Giải:

  2

2x 4x 3x

1    

3x 2x 4x 3x 2x 2         

Ta có abc2 3 10 nên phƣơng trình (1) có nghiệm:

2 a c x 1;

x1 2  

       1; S

b) Tính hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền đo đƣợc 185m Biết giảm cạnh góc vng 4m diện tích tam giác giảm 506m2

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt cạnh góc vng ban đầu tam giác vng (x, y > 4) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: x2y2 1852 34225 (*)

Ta có: x – 4, y – (m) lần lƣợt cạnh góc vng lúc sau tam giác vuông Theo đề bài, ta có phƣơng trình: x 4y 4 506

2 xy

1    

      ** x 257 y 4x 1028 4y 1028 4y 4x 1012 16 4y 4x xy xy 1012 16 4y 4x xy xy 1012 y x xy                            

Thay (**) v|o (*) ta đƣợc: x2257x2 34225

0 15912 257x x 31824 514x 2x 34225 x 514x 66049 x 2 2              

Ta có 25724.1.1591224010;  240149

Do 0 nên phƣơng trình có nghiệm phân biệt:

104 2.1 49 257 x 153; 2.1 49 257

x1   2    + Với x1153y1257153104

+ Với x2104y2257104153

Vậy cạnh góc vng 153 (m) 104 (m) Câu 2:

a) Vẽ đồ thị  

x

1 y :

P   v| đồ thị   x y :

D   mặt phẳng tọa độ Oxy Giải:

(120)

119

x 4 2

2

x

1

y  8 2 2 8

x

3 x

y  3 0

Vẽ đồ thị

b) Tìm phƣơng trình đƣờng thẳng (d) song song (D) v| qua A1;2 Giải:

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng (d) có dạng:  d :yaxba0 Ta có    

   

   

3

b

1 a D //

d   x bb 3

2 y :

d   



Ta có      

2 2 b b 2 b 2 b x y : d 1;

A                (nhận)

Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng (d) cần tìm

2 x

y  Câu 3:

a) Rút gọn

2

48 13 A

   



Giải:

(D)

(121)

120

Ta có:  

2 2 13 2 48 13 A                  2         

 (vì 310)

  3 2 3 2 3 2 2               

 (vì 310)

   

1 3 3 3 3 3 2 3

2 

                

 (vì 310)

b) Trong tranh giải cờ vua kì thủ gi|nh đƣợc nửa số điểm trận đấu với kì thủ xếp ba vị trí cuối bảng Biết thắng đƣợc điểm, hòa đƣợc nửa điểm, thua điểm Hỏi có kì thủ tham gia tranh giải?

Giải:

Gọi số ngƣời xếp ngƣời cuối y  Tổng số điểm họ đấu với ngƣời 3y  Tổng số điểm họ đấu nội là:  

2 y y 

Vì số điểm họ thu đƣợc đấu với ngƣời nửa số điểm họ

 Tổng số điểm họ có thi đấu với ngƣời số điểm họ nhỏ tổng số điểm trận đấu với ngƣời

    y y y y 7y y y y 6y y y

3y    2  2         

 (1)

Số điểm trung bình y ngƣời xếp là:   y 2y y 2.y   

Số phải lớn số điểm trung bình ngƣời xếp dƣới là:

  y y 3.y        

 2 y y y y 12 y y y y 6y 6 6y y y 6y 1

y 2

                        

Từ (1) (2) ta có 4y7y5,6,7 Vậy số ngƣời 8, 9, 10

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22mx2m210 (1) (m: tham số, x: ẩn số) a) Tìm m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm dƣơng ph}n biệt Giải:

Ta có  2   2

m 1 2m m 2m m Δ'        

(122)

121                                           2 m ; 2 m m m m m m 1 2m 2m m 2 2 m 2   

Vậy m

2



 giá trị cần tìm

b) Tìm m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn hệ thức

2 x x x

x13 12 32  22 

Giải:

Theo câu a, Δ'01m20m211m1 phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

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

Ta có: x13x12x32x22 2

   

     

x x x x  3x x  x x  2x x  0 x 2x x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3                                                                                             m m m m 2m 2m 2m 2m 2 2m 2m 2 4m 4m 6m 4m 2m 2m 2m 2m 2m 2m 2 2 2 2 2 2

So với điều kiện -1 < m < ta thấy m = (thỏa) Vậy m = giá trị cần tìm

Câu 5: Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) Đƣờng trịn t}m O đƣờng kính BC cắt hai cạnh AB, AC lần lƣợt E, D BD cắt CE H Các tiếp tuyến B, D (O) cắt K; AK cắt BC M; MH cắt BK N Vẽ tiếp tuyến AS đến đƣờng tròn (O) (S thuộc cung nhỏ CD) DK cắt AH I Chứng minh rằng:

(123)

122

Ta có

90 C Eˆ B C Dˆ

B   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O))  BD  AC, CE  AB

 AH  BC P (P thuộc BC)

Ta có IAˆD900OCˆD (2 góc phụ nhau)

900 ODˆC (vì OC = OD = b{n kính đƣờng trịn (O) nên ∆OCD c}n O) IDˆA (1) (2 góc phụ nhau)

Xét ∆IAD có: IAˆDIDˆA (do (1))  ∆IAD c}n I

 IA = ID (2)

Ta có IDˆH900ODˆB

(2 góc phụ nhau)

900 OBˆD (vì OB = OD = b{n kính đƣờng tròn (O) nên ∆OBD c}n O) PHˆB (2 góc phụ nhau)

IHˆD (3) (2 góc đối đỉnh) Xét ∆IHD có: IDˆHIHˆD (do (3))

 ∆IHD c}n I  IH = ID (4)

Từ (2) (4)  IA = IH  I l| trung điểm AH

Ta có ∆AEH vng E có EI trung tuyến

ID AH IE 

 (5)

P

I

S

N

M

K

H

D E

A

C

(124)

123

Xét ∆IEO v| ∆IDO có: IE = ID (do (5)) IO: chung

OE = OD (= b{n kính đƣờng trịn (O))  ∆IEO ∽ ∆IDO (c.c.c)

0 90 O Dˆ I O Eˆ

I  

 IE  OE E thuộc (O)

 IE tiếp tuyến (O)

b) Gọi T (T khác A) l| giao điểm đƣờng tròn (O’) ngoại tiếp ∆ABC v| AK Vẽ đƣờng kính AF (O’) Chứng minh điểm B, T, K, D, O thuộc đƣờng tròn

Giải:

Ta có KTˆBMTˆB

ACˆB (góc góc đối ngồi tứ giác ATBC nội tiếp (O’)) OCˆD

ODˆC (vì ∆OCD c}n O) KDˆB (6) (cùng phụ góc ODB) Xét tứ giác KTDB có: KTˆBKDˆB (do (6))

 Tứ giác KTDB nội tiếp (7) (góc góc đối ngồi) Xét tứ giác KDOB có:

0

180 90

90 O Bˆ D O Dˆ

K     (tính chất tiếp tuyến)  Tứ giác KDOB nội tiếp (8) (tổng góc đối 1800)

Từ (7) (8)  điểm K, T, D, O, B thuộc đƣờng tròn (KBD) c) Chứng minh: MEˆBMTˆB

F O' T

P

I

S

N

M

K

H

D E

A

C

(125)

124

Giải:

Ta có

90 F Cˆ A F Bˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O’)) Xét tứ giác BHCF có:

BH // FC (cùng vng góc với AC: dấu hiệu nhận biết hai đƣờng thẳng song song) CH // FB (cùng vng góc với AB: dấu hiệu nhận biết hai đƣờng thẳng song song)  Tứ giác BHCF hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

M| O l| trung điểm BC (vì BC l| đƣờng kính đƣờng trịn (O))  O trung điểm FH

 điểm F, O, H thẳng hàng (9)

Ta có

90 K Dˆ O K Tˆ

O   (cùng chắn cung OK đƣờng tròn (KBD)  OT  MA (10)

Ta có

90 A Tˆ

F  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (O’))  FT  MA (11)

Từ (10) (11)  điểm F, O, T thẳng hàng (12) Từ (9) (12)  điểm F, O, H, T thẳng hàng

Ta có

90 H Dˆ A H Eˆ A H Tˆ

A   

 điểm A, T, E, H, D thuộc đƣờng trịn đƣờng kính đƣờng kính AH Ta có TMˆB900 TAˆH (2 góc phụ nhau)

THˆA (2 góc phụ nhau)

TEˆA(13) (cùng chắn cung AT đƣờng tròn đƣờng kính AH) Xét tứ giác TEBM có: TMˆBTEˆA (do (13))

 Tứ giác TEBM nội tiếp (góc góc đối ngồi)

B Tˆ M B Eˆ

M 

 (cùng chắn cung MB tứ giác TEBM nội tiếp)

F O' T

P

I

S

N

M

K

H

D E

A

C

(126)

125

d) Chứng minh: M, H, S thẳng hàng Giải:

Ta có MEˆDMEˆBBEˆD

MTˆBBEˆD (do câu c)

BCˆDBEˆD(góc góc đối ngồi tứ giác ATBC nội tiếp (O’))

180

 (tổng góc đối tứ giác BEDC nội tiếp (O))  điểm M, E, D thẳng hàng

Xét ∆MAO có: OT v| AP l| đƣờng cao cắt H  H trực tâm ∆MAO

 MH  AO L (L thuộc AO) Xét tứ giác AEHL có:

0 90 H Lˆ A H Eˆ

A   (do trên)

 Tứ giác AEHL nội tiếp đƣờng trịn (I) đƣờng kính AH Ta có OE  EI E thuộc (I)

 OE tiếp tuyến đƣờng trịn (I) Xét ∆OEL v| ∆OAE có:

L Oˆ

E : chung

E Aˆ O L Eˆ

O  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆OEL ∽ ∆OAE (g.g)

2

OS OE OA.OL OE

OL OA OE

  



 (14) (vì OE = OS = b{n kính đƣờng trịn (O))

Xét ∆OLS v| ∆OSA có:

S Oˆ

L : chung

L

F O' T

P

I

S

N

M

K

H

D E

A

C

(127)

126 OA

OS OS OL

 (do (14))  ∆OLS ∽ ∆OSA (c.g.c)

A Sˆ O S Lˆ

O 

Ta có 0

180 90

90 S Lˆ O O Lˆ M S Lˆ

M     

(128)

127

ĐỀ SỐ 17: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS VĂN LANG (SỐ 1), QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm)

1) Giải c{c phƣơng trình sau:

a) 5xx37x30 b) 3x45x2 22

2) Giải tốn sau: Một bìa hình chữ nhật có chu vi 200m, biết chiều dài gấp lần chiều rộng Hãy tính diện tích bìa hình chữ nhật

Câu 2: (1,5 điểm) Cho  

3x y :

P   d :y2m1x5

a) Với m = Hãy vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy b) Gọi A l| điểm thuộc (P) thỏa xA 0 A yA

3

x  Với giá trị m A l| giao điểm (P) (d)

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x2m1x5 (1), (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm giá trị m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thỏa x1x22 122x1x2

Câu 4: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức sau: 2 2

3 2

2017

3 2

2017 A

   

   

    

   



b) Giải b|i to{n sau: B{c Tƣ có ngƣời học Thành phố Vì hồn cảnh gia đình khó khăn nên để lo việc học cho c{c con, B{c định bán phần mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 200m Mảnh đất cịn lại sau bán hình vng có cạnh với chiều rộng hình chữ nhật ban đầu Tìm số tiền lớn m| B{c Tƣ nhận đƣợc b{n đất, biết giá tiền 1m2 đất bán 2000000 VNĐ

Câu 5: (3,5 điểm) Cho đƣờng tròn (O; R) Từ điểm A ngo|i đƣờng tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB AC với (O) (B, C hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến ADE (O) (D nằm A E, tia AD nằm hai tia AB AO) Gọi H l| giao điểm AO BC

a) Gọi M l| trung điểm ED Chứng minh c{c điểm A, B, M, O, C thuộc đƣờng tròn X{c định tâm bán kính đƣờng trịn

b) Chứng minh MA tia phân giác BMˆC

c) Chứng minh tứ giác DHOE tứ giác nội tiếp

(129)

128

BÀI GIẢI Câu 1: (2 điểm)

1) Giải c{c phƣơng trình sau: a) 5xx37x30 (1) Giải:

 1 5x215x7x30

5x28x30

Ta có abc5 8 30 nên phƣơng trình (1) có nghiệm:

5 a c x 1;

x1 2  

      

5 1;

S

b) 3x45x222 (2) Giải:

 2 3x45x21020

3x45x280

Phƣơng trình (2) trở thành: 3t25t80 (*)

Ta có abc3   5  8 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm:

1

t1  (loại);

3

8 a

c

t2    (nhận) Với

3 x

t2      

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) là:

   

 

 

3 ;

6

S

2) Giải toán sau: Một bìa hình chữ nhật có chu vi 200m, biết chiều dài gấp lần chiều rộng Hãy tính diện tích bìa hình chữ nhật

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều rộng, chiều dài bìa hình chữ nhật (y > x > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:  

  

  

3x y

200 y

x

   

  

        

   

  

150 y

50 x y 150

50 x y 3x

200 4x

y 3x

200 y x

(nhận) Vậy diện tích bìa hình chữ nhật là:  2

m 7500 50.150

x.y   Câu 2: (1,5 điểm) Cho  P :y3x2  d :y2m1x5

a) Với m = Hãy vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy Giải:

Với m = ta có  d :y2x5

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

(130)

129

x

5 2x

y  5 3

Vẽ đồ thị

b) Gọi A l| điểm thuộc (P) thỏa xA 0 A yA

x  Với giá trị m A l| giao điểm (P) (d)

Giải:

Theo đề bài, ta có  

A A

2 A A

2 A

A y

9 y

y 3 y 3x y : P y

; y

A   

  

       

   

 

  

 

  

          

  

3 y

0 y y

0 y y y 3y y

A A A

A A

2

A

Với 0

3 x

0

yA   A   (loại) (vì xA 0)

Với  3

3

3   



 A

A x

y (nhận) (vì xA 0)

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng: 3x2 2m1x5 (*) Để A l| giao điểm (P) (d) xA 1 nghiệm phƣơng trình (*)

m 1.1 2m 2m m 2

3.12          

 

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phƣơng trình: 3x2m1x5 (1), (m tham số)

(d)

(131)

130

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m Giải:

 1 3x2m1x50

Ta có Δm124.3.  5  m1260600,m (vì m12 0,m)

Do 0,m nên phƣơng trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm giá trị m để phƣơng trình (1) có hai nghiệm x1 x2 thỏa x1x22 122x1x2

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình (1) ln có nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

                   a c x x m m a b x x 2

Theo đề bài, ta có   2

2

1 x 12 2x x

x   

x x  6x x 12 0 12 x 4x x x x 2x 12 x x 2x x 2 2 2 2 2 2                 12 m                 

22

3

m 2 

      

 (vô nghiệm) (vì 22 22 0, m

3

m    

       ) Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 4: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức sau: 2 2

3 2 2017 2 2017 A                   Giải: Ta có: 2017 2017 2 2017 2 2017

A 2 2

                             14 18153 112 24 6051 32 144 24 6051 12 12 12 12 6051 12 12 6051 12 6051 12 6051 12 2017 12 2017 2017 2017                                   Vậy 14 18153 A

(132)

131

có chu vi 200m Mảnh đất lại sau bán hình vng có cạnh với chiều rộng hình chữ nhật ban đầu Tìm số tiền lớn m| B{c Tƣ nhận đƣợc b{n đất, biết giá tiền 1m2 đất b{n l| 2000000 VNĐ

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều rộng, chiều dài phần đất hình chữ nhật ban đầu (y > x > 0) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 2.(x + y) = 200  x + y = 100  y = 100 – x (*) (x < 100) Diện tích mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: Sban đầu = x.y (m2)

Diện tích mảnh đất hình vng cịn lại sau bán là: Scòn lại = x2 (m2)

 Diện tích mảnh đất b{n l|:

Sbán = Sban đầu – Scòn lại = xy – x2 = x(y – x) = x(100 – x – x) (do (*))

= x(100 – 2x) = 100x – 2x2 = -2(x2 – 50x)

2x22.x.252522522x2526252x2521250 1250 (vì 2x252 0,x)

Dấu “=” xảy x – 25 =  x = 25 (nhận)

Giá trị lớn Sbán là: MaxSbán = 1250 (m2) x = 25

Vậy số tiền lớn m| B{c Tƣ nhận đƣợc b{n đất l|: 1250.2000000 = 2,500,000,000 VNĐ Câu 5: (3,5 điểm) Cho đƣờng tròn (O; R) Từ điểm A ngo|i đƣờng tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB

AC với (O) (B, C hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến ADE (O) (D nằm A E, tia AD nằm hai tia AB AO) Gọi H l| giao điểm AO BC

a) Gọi M l| trung điểm ED Chứng minh c{c điểm A, B, M, O, C thuộc đƣờng trịn X{c định tâm bán kính đƣờng trịn

Giải:

Ta có M l| trung điểm dây DE dây DE không qua tâm O  OM  DE (liên hệ đƣờng kính dây cung)

Ta có

90 O Bˆ

A  (tính chất tiếp tuyến)

 Điểm B thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (1)

Ta có

90 O Cˆ

A  (tính chất tiếp tuyến)

K

M H

O C

B A

D

(133)

132

 Điểm C thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (2)

Ta có

90 O Mˆ

A  (vì OM  DE)

 Điểm M thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (3)

Từ (1), (2) (3)  điểm A, B, M, O, C thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO có tâm K trung điểm OA bán kính KO

b) Chứng minh MA tia phân giác BMˆC

Giải:

Ta có AMˆBAOˆB (cùng chắn cung AB đƣờng trịn (K)) AOˆC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

AMˆC (cùng chắn cung AC đƣờng tròn (K))  MA tia phân giác BMˆC

c) Chứng minh tứ giác DHOE tứ giác nội tiếp Giải:

K

M H

O C

B A

D

(134)

133

Ta có ∆ACO vng C có CH l| đƣờng cao

2

AC AH.AO

 (4) (hệ thức lƣợng) Xét ∆ACD v| ∆AEC có:

D Aˆ

C : chung

1 Eˆ

AD.AE AC

AC AD AE

AC 2

 



 (5)

Từ (4) (5)  AH.AO = AD.AE (6) Xét ∆AHD v| ∆AEO có:

H Aˆ

D : chung

AO AD AE AH

(do (6))  ∆AHD ∽ ∆AEO (c.g.c)

O Eˆ A D Hˆ

A 

 (7) (2 góc tƣơng ứng) Xét tứ giác DHOE có: AHˆDAEˆO (do (7))

 Tứ giác DHOE nội tiếp (góc góc đối ngồi)

d) Kẻ dây CF song song với AB Gọi T l| giao điểm AF (O) Gọi V trung điểm AB Chứng minh ba điểm C, T, V thẳng hàng

Giải:

1

K

M

H O

C

B A

D

(135)

134

Gọi V’ l| giao điểm CT AB

Ta có V'AˆTCFˆT (vì CF // AB góc vị trí so le trong)

V'CˆA(8) (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) Xét ∆V’AT v| ∆V’CA có:

T ' Vˆ

A : chung

A Cˆ V' T Aˆ

V'  (do (8))  ∆V’AT ∽ ∆V’CA (g.g)

T C.V' V' A V' A V'

T V' C V'

A

V' 2

 



 (9)

Xét ∆V’BT v| ∆V’CB có:

T ' Vˆ

B : chung

B Cˆ V' T Bˆ

V'  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆V’BT ∽ ∆V’CB (g.g)

T C.V' V' B V' B V'

T V' C V'

B

V' 2

 



 (10)

Từ (9) (10) V'A2V'B2V'AV'B

 V’ l| trung điểm AB  V’ ≡ V

Vậy điểm C, T, V thẳng hàng

V ≡ V'

T

F

1

K

M

H O

C

B A

D

(136)

135

ĐỀ SỐ 19: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS VÕ TRƢỜNG TOẢN, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: x2 5x2 24x1x1

b) Mẹ Lan 24 tuổi, năm tuổi mẹ gấp lần tuổi Lan Hỏi Lan tuổi? Câu 2:

a) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị  

x y :

P   d :yx2 b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính

Câu 3:

3

3 106 200 5 A

  





b) Quốc lộ 1A (viết tắt QL 1A) hay Đƣờng tuyến đƣờng giao thông xuyên suốt Việt Nam Quốc lộ bắt đầu (km 0) cửa Hữu Nghị Quan biên giới Việt Nam Trung Quốc, nằm xã Bảo Lâm thuộc huyện Cao Lộc, tỉnh Lạng Sơn Nó kết thúc Đất Mũi nằm địa phận huyện Ngọc Hiển, tỉnh Cà Mau với tổng chiều d|i 2360km Đ}y l| tuyến đƣờng quan trọng h|ng đầu Việt Nam, qua trung t}m nửa số tỉnh thành Việt Nam, nối liền thành phố lớn: Hà Nội, Đ| Nẵng, Thành phố Hồ Chí Minh Cần Thơ nên cịn đƣợc gọi quốc lộ xuyên Việt hay tuyến đƣờng huyết mạch

Một du khách định trải nghiệm chuyến xuyên Việt ô tô từ km Lạng Sơn đến mũi C| Mau Du kh{ch dùng lốp xe (4 lốp xe có sẵn xe lốp xe dự phịng) cho chuyến hành trình thay lốp xe để lốp xe trải qua quãng đƣờng suốt chuyến du lịch Hỏi lốp xe trải qua km suốt chuyến du lịch du khách?

Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2m2xm2 0 (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m

b) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm x1; x2 thỏa mãn x11x21x12x2x1x222

Câu 5: Cho ∆ABC (AB < AC) có góc nhọn nội tiếp đƣờng trịn (O) Vẽ hai đƣờng cao BE CF tam giác ABC Tiếp tuyến (O) A cắt BC S; EF cắt BC I

a) Chứng minh tứ giác EFBC nội tiếp SA2 = SB.SC

b) IA cắt (O) M Chứng minh: IM.IA = IB.IC = IE.IF, từ suy tứ giác AMFE nội tiếp c) Chứng minh tứ giác IMFB nội tiếp

(137)

136

a) Giải phƣơng trình: x2 5x2 24x1x1 (1) Giải:

 1 x42x25x2104x21

0 x x

0 4x 10 3x x

4 4x 10 3x x

2

4

2

4

   

     

    

Phƣơng trình (1) trở thành: t2 t60 (*)

Ta có  124.1. 6 124250;  255

3 2.1

5

t1   (nhận); 2.1

5

t2    (loại) Với t1 3x2 3x

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S 3; 3

b) Mẹ Lan 24 tuổi, năm tuổi mẹ gấp lần tuổi Lan Hỏi Lan tuổi? Giải:

Gọi x, y (tuổi) lần lƣợt tuổi mẹ Lan (y > x > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:  

  

  

 

2 y x

24 y x

   

  

   

   

     

    

  

14 y

38 x 14

y

24 14 x 28

2y 24 y x 3y x

24 y x

3y x

24 y x

(nhận) Vậy tuổi Lan 14 (tuổi)

Câu 2:

a) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị  

x y :

P   d :yx2 Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

y 4 1 1 4

x

1 3x

y  1 2

(138)

137

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

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng: x2 3x1

1 3x x2  

 (*)

Ta có 32 4.1. 1 94130;  13

Do 0 nên phƣơng trình có nghiệm phân biệt:

2 13 2.1

13 x ;

13 2.1

13

x1

      

    

Với

2 13 x1

 

 ta có

2 13 11

13 3 y1

       Với

2 13

x2    ta có

2 13 11

13 3

y2       

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: 

  



    

  



   

2 13 11 ;

13 B ,

13 11 ;

13

A

Câu 3:

3

3 106 200 5 A

  





Giải:

Ta có:

3

3 106 200 5 A

  

 

(139)

138

  

 

 5- 25 25 5 5 5 5 10 28 5 13 130 364 5 12 25 636 530 400 1000 5 5 106 200 5                                           

Vậy A =

b) Quốc lộ 1A (viết tắt QL 1A) hay Đƣờng tuyến đƣờng giao thông xuyên suốt Việt Nam Quốc lộ bắt đầu (km 0) cửa Hữu Nghị Quan biên giới Việt Nam Trung Quốc, nằm xã Bảo Lâm thuộc huyện Cao Lộc, tỉnh Lạng Sơn Nó kết thúc Đất Mũi nằm địa phận huyện Ngọc Hiển, tỉnh Cà Mau với tổng chiều d|i 2360km Đ}y l| tuyến đƣờng quan trọng hàng đầu Việt Nam, qua trung t}m nửa số tỉnh thành Việt Nam, nối liền thành phố lớn: Hà Nội, Đ| Nẵng, Thành phố Hồ Chí Minh Cần Thơ nên cịn đƣợc gọi quốc lộ xun Việt hay tuyến đƣờng huyết mạch

Một du khách định trải nghiệm chuyến xuyên Việt ô tô từ km Lạng Sơn đến mũi C| Mau Du kh{ch dùng lốp xe (4 lốp xe có sẵn xe lốp xe dự phịng) cho chuyến hành trình thay lốp xe để lốp xe trải qua quãng đƣờng suốt chuyến du lịch Hỏi lốp xe trải qua km suốt chuyến du lịch du khách?

Giải:

Gọi x (km) số km mà lốp xe phải trãi quãng đƣờng 2360km (x > 0)  5x (km) tổng số km mà tất lốp xe phải trãi qng đƣờng 2360km Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 2360 x 1888

4 5x

 

 (nhận)

Vậy lốp xe phải trãi quãng đƣờng dài 1888 (km) Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2m2xm2 0 (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m Giải:

Ta có Δ'm221.m2m24m4m2 2m24m42m22m2 2m22m11

2m1212m12220,m (vì 2m120,m Do '0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m

b) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm x1; x2 thỏa mãn x11x21x12x2x1x222

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình có nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức Vi-ét:

                    2 2 m m a c x x 2m m a b x x

Theo đề bài, ta có: x11x21x12x2x1x222

(140)

139

m242m1m242m2 (do hệ thức Vi-ét)

   

  

2 m

0 2m

0 2m m

0 m m 2m

0 2m 3m 8m

2 8m 4m 2m m

2

3 2

 

  

  



  

 

    

        

Vậy

2

m giá trị cần tìm

Câu 5: Cho ∆ABC (AB < AC) có góc nhọn nội tiếp đƣờng tròn (O) Vẽ hai đƣờng cao BE CF tam giác ABC Tiếp tuyến (O) A cắt BC S; EF cắt BC I

a) Chứng minh tứ giác EFBC nội tiếp SA2 = SB.SC

Giải:

Xét tứ giác EFBC có:

0 90 C Fˆ B C Eˆ

 Tứ giác EFBC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, F liên tiếp nhìn cạnh BC dƣới góc vng) Xét ∆SAB v| ∆SCA có:

B Sˆ

A : chung

1 Cˆ

Aˆ  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆SAB ∽ ∆SCA (g.g)

SB.SC SA

SA SB SC

SA   



b) IA cắt (O) M Chứng minh: IM.IA = IB.IC = IE.IF, từ suy tứ giác AMFE nội tiếp Giải:

1

I S

O

B

A

C E

(141)

140

Xét ∆IMB v| ∆ICA có:

B Iˆ

M : chung

A Cˆ I B Mˆ

I  (góc góc đối tứ giác AMBC nội tiếp)  ∆IMB ∽ ∆ICA (g.g)

IB.IC IM.IA

IA IB IC IM

 



 (1)

Xét ∆IFB v| ∆ICE có:

B Iˆ

F : chung

E Cˆ I B Fˆ

I  (góc góc đối ngồi tứ giác EFBC nội tiếp)  ∆IFB ∽ ∆ICE (g.g)

IB.IC IE.IF

IE IB IC IF

 



 (2)

Từ (1) (2) IM.IAIB.ICIE.IF (*) Xét ∆IMF v| ∆IEA có:

F Iˆ

M : chung

IA IF IE IM 

(do (*))  ∆IMF ∽ ∆IEA (c.g.c)

A Eˆ I F Mˆ

I 

 (3) (2 góc tƣơng ứng) Xét tứ giác AMFE có: IMˆFIEˆA (do (3))

 Tứ giác AMFE nội tiếp (góc góc đối ngồi) c) Chứng minh tứ giác IMFB nội tiếp

Giải:

Ta có IMˆBCˆ1 (góc góc đối ngồi tứ giác AMBC nội tiếp)

IFˆB (góc góc đối tứ giác EFBC nội tiếp) Xét tứ giác IMFB có: IMˆBIFˆB (do trên)

 Tứ giác IMFB nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh M, F liên tiếp nhìn cạnh IB dƣới góc nhau)

M

1

I S

O

B

A

C E

(142)

141

d) Gọi N l| trung điểm SA Chứng minh NC qua trung điểm EI Giải:

Ta có Aˆ1 Cˆ1 (do trên)

Fˆ1 (góc góc đối ngồi tứ giác EFBC nội tiếp)

 SA // IE (2 góc vị trí so le nhau: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

Gọi T l| giao điểm CN IE Ta có SA // IE

 IT // SN TE // NA

CN CT SN

IT 



CN CT NA TE 

(hệ Talet)

CT IT CN CT SN

IT

  

 (vì N l| trung điểm SA nên SN = CN)  T l| trung điểm IE

Vậy NC qua trung điểm T EI

T

N M

1

I S

O

B

A

C E

(143)

142

TRƢỜNG THCS AN LẠC (SỐ 1), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: x3 2 x42 233x

b) Một khu vƣờn hình chữ nhật, có chiều d|i chiều rộng 8m chu vi 104m Tính diện tích khu vƣờn

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số

4 x y

2

 (P)

b) Trên (P) lấy điểm A có ho|nh độ 2 v| B có tung độ

4

(B có ho|nh độ dƣơng) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB

Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: 

  

      

 

     

x x x

3 x x

3 x

A (với x0 x9)

b) Hƣởng ứng phong tr|o “Tết trồng c}y” trƣờng THCS, thầy tổng phụ trách ghi lại số hoa cúc trồng đƣợc nhƣ sau:

Cúc trắng Cúc vàng Cúc hồng Cúc đỏ Cúc tím

Khối 35 30 28 30 30

Khối 35 28 30 30 35

Khối 35 50 35 50 30

Khối 35 35 30 30 50

Hỏi loại cúc trồng nhiều nhất? Tính tỉ lệ cúc v|ng v| cúc đỏ với số trồng đƣợc Câu 4: Cho phƣơng trình x22m1xm20

a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m

b) Với giá trị m phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2 để

 2

2 x

x 10 M



Câu 5: Cho đƣờng trịn (O) có đƣờng kính AB tiếp tuyến Ax Lấy điểm M Ax v| điểm C (O) cho MA = MC

a) Chứng minh MC tiếp tuyến (O) tứ giác OAMC nội tiếp đƣợc

b) Tia BC cắt Ax D Vẽ CH  AB (H  AB) Tia CH cắt MB K Chứng minh K trung điểm CH

c) BM cắt cung AC E DE cắt (O) F Chứng minh tứ giác DMEC nội tiếp v| ba điểm C, H, F thẳng hàng

(144)

143

a) Giải phƣơng trình: x3 2 x42 233x (1) Giải:

 1 x26x9x28x16233x0

2x25x20

Ta có 524.2.2251690;  3

2 2.2

3 x ; 2.2

3

x1    2    

   



 

 ;

2

S

b) Một khu vƣờn hình chữ nhật, có chiều d|i chiều rộng 8m chu vi 104m Tính diện tích khu vƣờn

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều dài, chiều rộng khu vƣờn hình chữ nhật (x > y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:  

  

 

 

104 y x

8 y x

   

  

        

   

  

22 y

30 x 52 y 30

30 x 52 y x

60 2x 52

y x

8 y x

(nhận) Diện tích khu vƣờn là:  2

m 660 30.22 xy

S   Câu 2:

4 x y

2

 (P) Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

4 x y

2

 1

(145)

144

b) Trên (P) lấy điểm A có ho|nh độ 2 v| B có tung độ

4

(B có ho|nh độ dƣơng) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB

Giải:

Vì A P ta có   A 2;1 4 x y x 2 A A

A   

     

Vì B P ta có x

4 4y x x y

y 2B B B

2 B B

B          (vì xB 0) 

      3; B

Gọi đƣờng thẳng AB có dạng: yaxba0

Vì A, B thuộc AB nên ta có hệ phƣơng trình sau:          b 3a b 2a                                         b a b 4 a b 3a 5a b 3a b 2a (nhận)

Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng AB là:

2 x

y  Câu 3:

a) Thu gọn biểu thức: 

                  x x x x x x

A (với x0 x9)

(146)

145

Giải:

Ta có:     

x x x x x x x x x x x x A 2                           12 x x x x 12 x x x x x x x              

Vậy A12

b) Hƣởng ứng phong tr|o “Tết trồng c}y” trƣờng THCS, thầy tổng phụ trách ghi lại số hoa cúc trồng đƣợc nhƣ sau:

Khối 35 30 28 30 30

Khối 35 28 30 30 35

Khối 35 50 35 50 30

Khối 35 35 30 30 50

Hỏi loại cúc trồng nhiều nhất? Tính tỉ lệ cúc v|ng v| cúc đỏ với số trồng đƣợc Giải:

Khối 35 30 28 30 30

Khối 35 28 30 30 35

Khối 35 50 35 50 30

Khối 35 35 30 30 50

Tổng 140 143 123 140 145

Loại hoa cúc tím trồng nhiều

Tỉ lệ cúc v|ng v| đỏ là:   41% 145 140 123 143 140 100% 140 143       Câu 4: Cho phƣơng trình x22m1xm20

a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m Giải:

Ta có Δ2m124.1.m24m24m14m84m28m94m28m45

2m22550,m (vì 2m22 0,m)

Do Δ0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m

b) Với giá trị m phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2 để

 2

2 x x 10 M 

Giải:

Theo câu a, với m phƣơng trình ln có hai nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

(147)

146

Theo đề bài, ta có:    

2 2 2 2 2 2 2

1 x x 4x x

10 x

4x x x 2x x

10 x

x 2x x

10 x

x 10 M

   

 

  

 



1 2m 4m 2

10

  

 (do hệ thức Vi-ét)

  2m 2

10

4 8m 4m

10

8m 4m

10

4m 4m 4m

10

2

2            

  

Ta có    

  2m 2 2, m

10 m

, 5 2m

1 m

5, 2m m

0,

2m 2 2 2  

               

m 2, A 



Dấu “=” xảy 2m20m1

Vậy giá trị lớn biểu thức A là: MaxA = m =

Câu 5: Cho đƣờng trịn (O) có đƣờng kính AB tiếp tuyến Ax Lấy điểm M Ax v| điểm C (O) cho MA = MC

a) Chứng minh MC tiếp tuyến (O) tứ giác OAMC nội tiếp đƣợc Giải:

Xét ∆MCO v| ∆MAO có: MC = MA (gt) MO: chung

OC = OA (bằng b{n kính đƣờng trịn (O))  ∆MCO ∽ ∆MAO (c.c.c)

O Aˆ M O Cˆ

M 

 (2 góc tƣơng ứng) 900 (tính chất tiếp tuyến)  MC  OC C thuộc (O)

C M

x

B A

(148)

147

 MC tiếp tuyến (O) Xét tứ giác OAMC có:

0

180 90

90 O Cˆ M O Aˆ

M     (tính chất tiếp tuyến)  Tứ giác OAMC nội tiếp (tổng góc đối 1800)

b) Tia BC cắt Ax D Vẽ CH  AB (H  AB) Tia CH cắt MB K Chứng minh K trung điểm CH

Giải:

Ta có MA = MC (gt)

OA = OC (b{n kính đƣờng trịn (O))  MO l| đƣờng trung trực đoạn thẳng AC  MO  AC

Mà DB  AC

 MO // DB (quan hệ tính vng góc tính song song) Xét ∆ABD có: O l| trung điểm AB MO // DB

 M l| trung điểm AD

Ta có CH // DA (cùng vng góc với AB: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)  KH // MA KC // MD

BM BK M A KH 



BM BK M D

KC 

K

H D

C M

x

B A

(149)

148 KC

KH MD

KC MA KH

  

 (vì M l| trung điểm AD nên MA = MD)  K l| trug điểm CH

c) BM cắt cung AC E DE cắt (O) F Chứng minh tứ giác DMEC nội tiếp v| ba điểm C, H, F thẳng hàng

Giải:

Ta có CEˆBCAˆB (cùng chắn cung BC đƣờng tròn (O)) ADˆB (1) (cùng phụ góc DAC)

Xét tứ giác DMEC có: CEˆBADˆB (do (1))

 Tứ giác DMEC nội tiếp (góc góc đối ngồi) Ta có BEˆFMEˆD (2 góc đối đỉnh)

MCˆD (cùng chắn cung MD tứ giác DMEC nội tiếp) MDˆC (vì MC = MD nên ∆MCD c}n M)

ADˆB

CEˆB (do (1))

 cung BC = cung BF (hệ góc nội tiếp)  BC = BF (liên hệ cung dây)

 AB  CF (liên hệ đƣờng kính dây cung)

F E

K

H D

C M

x

B A

(150)

149

Mà CH  AB (gt)

 điểm C, H, F thẳng hàng

d) Đƣờng trung trực BC tia AK cắt N Chứng minh tam giác ANB vuông Giải:

Gọi L l| giao điểm tia AC tia BN

Gọi P, Q l| giao điểm ON BC, OM AC

Xét ∆CHB có: K l| trung điểm CH v| P l| trung điểm BC  KP l| đƣờng trung bình ∆CHB

 KP // HB hay KP // AB (2)

Xét ∆CHA có: K l| trung điểm CH v| Q l| trung điểm AC  KQ l| đƣờng trung bình ∆CHA

 KQ // HC hay KQ // AB (3) Từ (2) (3)  P, K, Q thẳng hàng Ta có KP // AO

NO NP NA NK 

 (4) (Talet)

Ta có NO // AL (cùng vng góc với BC: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

LA LC NO

NP



 (5) (Talet)

Q P

L

N

F E

K

H D

C M

x

B A

(151)

150

Từ (4) (5)

LA LC NA NK



  CK // LN (Talet đảo)

(152)

151

TRƢỜNG THCS AN LẠC (SỐ 2), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

5 2x

1

x 

  

4

số học sinh nữ số nam số nữ học sinh Hỏi lớp 9A có học sinh?

Câu 2: Cho hàm số  

2 x y : P

2



a) Vẽ đồ thị hàm số (P)

b) Cho điểm A P có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Câu 3:

2

7

2 2

1 A

   



b) Một tivi đƣợc giảm giá lần, lần giảm 10% gi{ b{n gi{ cịn lại l| 16200000đ Tính gi{ ban đầu tivi

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22ax2a10 (a tham số)

a) Tìm a để phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt

b) Với giá trị a phƣơng trình có nghiệm x1 x2 để 2

2

x x

x 2x M



 đạt GTLN Câu 5: Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp OA  BC

b) Gọi M l| trung điểm AC, BM cắt (O) E, tia AE cắt (O) F Chứng minh MC2 = MB.ME

c) Tia CO cắt BF (O) N D Chứng minh BC, MN, AF đồng quy

d) Tia AO cắt (O) P Q, AD cắt (O) T, BT cắt AO I Chứng minh: I l| trung điểm AH

AI AQ

1 AP

1



(153)

152

5 2x x     (1) Giải:       20 2x 20 40 20 x

1     

    x 39 13x 40 8x 5x 8x 40 5x 2x 40 x                   

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S 3

4

số học sinh nữ số nam số nữ học sinh Hỏi lớp 9A có học sinh?

Giải:

Gọi x, y (học sinh) lần lƣợt số học sinh nữ, nam lớp 9A (x > 0; y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

       y x x y                                            18 y 24 x y 24 24 x y x 24 x 24 4y 4x 4y 3x y x 4y 3x (nhận) Vậy số học sinh lớp 9A là: x + y = 24 + 18 = 42 (học sinh)

2 x y : P 

a) Vẽ đồ thị hàm số (P) Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2 x y

2

 2

(154)

153

b) Cho điểm A P có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Giải:

Gọi Ax0;y0   P

Theo đề bài, ta có: x0 2A2;y0

Mà     A 2;2

2 y x y : P y 2; A 2

0      

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng OA là: yaxba0

Vì O, A thuộc OA nên ta có hệ phƣơng trình:                     a b 2a b b 2a b 0.a (thỏa) Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng OA là: yx

Câu 3:

2 2 2 A      Giải:

Ta có:          

2 2 2 2 2 2 2 2 2 A                       2 16 2 16 2 2             12 14 28 16 16

2        



b) Một tivi đƣợc giảm giá lần, lần giảm 10% gi{ b{n gi{ cịn lại l| 16200000đ Tính gi{ ban đầu tivi

(155)

154

Gọi x (đồng) giá tiền ban đầu tivi (x > 0)

Số tiền tivi đƣợc giảm lần, lần giảm 10% gi{ b{n l|: x110%2 (đồng) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: x110%216200000

x20000000 (nhận) Vậy gi{ ban đầu tivi l|: 20000000 (đồng)

Câu 4: Cho phƣơng trình: x22ax2a10 (a tham số)

a) Tìm a để phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt Giải:

Ta có  2    2

1 a 2a a 2a a

Δ'        

Để phƣơng trình có nghiệm phân biệt Δ'0a12 0a1

Vậy a1 phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt

b) Với giá trị a phƣơng trình có nghiệm x1 x2 để 2

2

x x

x 2x M



 đạt GTLN Giải:

Theo câu a, Δ'a12 0,a nên phƣơng trình có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

    

    

      

1 2a

1 2a a c x x

2a

2a a

b x

x

2

Ta có   A

x x

x 2x x

2x x x x x 2x x x

x 2

2

1 2 2

2 2

2

1   

  

    

 



Dấu “=” xảy a 2a a 2a

1 2a x

a x

2a x

2a 2x x

x 2 2

1

1    

  

    

 

 

 



a12 0a 1



Vậy a = giá trị cần tìm

Câu 5: Cho điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm)

(156)

155

Xét tứ giác ABOC có:

0

180 90

90 O Cˆ A O Bˆ

A     (tính chất tiếp tuyến)  Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng góc đối 1800)

Ta có AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (b{n kính đƣờng trịn (O))

 AO l| đƣờng trung trực đoạn thẳng BC  AO  BC

b) Gọi M l| trung điểm AC, BM cắt (O) E, tia AE cắt (O) F Chứng minh MC2 = MB.ME

Giải:

Xét ∆MCE v| ∆MBC có:

C Mˆ

E : chung

O B

C A

1

F E

M

O B

(157)

156

1 Bˆ

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

MB.ME MC

MC ME MB

MC  



c) Tia CO cắt BF (O) N D Chứng minh BC, MN, AF đồng quy Giải:

Gọi S l| giao điểm BC v| AF; M’ l| giao điểm NS AC Xét ∆MAE v| ∆MBA có:

E Mˆ

A : chung

M A M E M B M A

 (vì MB.ME = MC2 = MA2: M l| trung điểm AC)

 ∆MAE ∽ ∆MBA (c.g.c)

2 Bˆ Aˆ 

Fˆ1 (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

 BF // AC (2 góc vị trí so le trong: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

Ta có CD  AC (tính chất tiếp tuyến)

 CD  BF N (quan hệ tính vng góc tính song song)  N l| trung điểm BF (liên hệ đƣờng kính dây cung) Ta có NF // AM’ v| NB // CM’ (vì BF // AC)

SN SM ' FN

AM '



SN SM ' BN

CM '

(hệ Talet)

AM' CM' FN

AM' BN

CM'  

 (vì N l| trung điểm BF nên BN = FN)  M’ l| trung điểm AC

 M’ ≡ M

Vậy đƣờng thẳng BC, MN, AF đồng quy S

1

S

N D

1

F E

M≡M'

O B

(158)

157

d) Tia AO cắt (O) P Q, AD cắt (O) T, BT cắt AO I Chứng minh: I l| trung điểm AH

AI AQ

1 AP

1  

(H giao điểm AO BC) Giải:

Gọi L l| giao điểm HT DB Xét ∆ABT v| ∆ADB có:

T Aˆ

B : chung

B Dˆ A T Bˆ

A  (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)  ∆ABT ∽ ∆ADB (g.g)

2

AB AT.AD AD

AB AB

AT  

 (1)

Ta có ∆ABO vng B v| có BH l| đƣờng cao

AH.AO AB2

 (2) (hệ thức lƣợng) Từ (1) (2)  AT.AD = AH.AO (3) Xét ∆AHT v| ∆ADO có:

H Aˆ

T : chung

AD AH AO AT 

(do (3))  ∆AHT ∽ ∆ADO (c.g.c)

O Dˆ A T Hˆ

A 

 (4) (2 góc tƣơng ứng) Xét tứ giác ODTH có: AHˆTADˆO (do (4))

 Tứ giác ODTH nội tiếp (góc góc đối ngồi) Ta có BHˆL900AHˆT (2 góc phụ nhau)

900 ODˆT (góc góc đối tứ giác ODTH nội tiếp) 900 OTˆD (vì OD = OT = b{n kính đƣờng trịn (O) nên ∆ODT c}n O) 900 OHˆD (cùng chắn cung OD tứ giác ODTH nội tiếp)

BHˆD (2 góc phụ nhau)

L

H I

T

Q P

1

S

N D

1

F E

M≡M'

O B

(159)

158

 HB phân giác góc LHD

Ta có

90 D Bˆ

C  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O))  CB  BD

Xét ∆HLD có: HB vừa l| đƣờng cao vừa l| đƣờng phân giác  ∆HLD c}n H

 HB l| đƣờng trung tuyến BD = BL (5)

Ta có LD // AH (cùng vng góc với BC: quan hệ tính vng góc tính song song) hay BD // AI BL // IH

BT IT BD

AI 



BT IT BL

HI 

(hệ Talet)

HI AI BL

HI BD

AI   

 (do (5))

 I l| trung điểm AH

Ta có PCˆAPBˆC (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung)

PCˆB (vì P thuộc đƣờng trung trực AO BC nên PB = PC  ∆PBC c}n P)  CP phân giác ACˆH

CA CH PA PH

 (6)

Ta có

90 P Cˆ

Q  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O))  CQ phân giác ngồi ACˆH

CA CH QA QH



 (7)

Từ (6) (7)

QA AH PA AH QA

AH 1 PA AH QA

AH AQ PA

AP AH QA

QH PA

PH            



AI 2AI

2 AH

2 QA

1 PA

1 QA

1 PA

1

AH      

  

  

 (vì I l| trung điểm AH)

Vậy

AI AQ

1 AP

1

(160)

159

TRƢỜNG THCS BÌNH TÂN (SỐ 1), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: xx46x

b) Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài gấp lần chiều rộng bảy lần chiều rộng lớn chiều dài 30m Tính diện tích miếng đất

Câu 2:

4 x y

2

 

b) Gọi M l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ 1 Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d) qua M song song với đồ thị y3x4

Câu 3:

a) Thu gọn:  

1 10

3 10

6

6 18 12 A

2

  

  

 

  

b) Điểm kiểm tra tiết mơn Tốn lớp 9A v| 9B đƣợc thống kê nhƣ sau:

Điểm 10

9A 11

9B 12

Hãy cho biết số học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên lớp So sánh tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi hai lớp 9A 9B (Biết điểm giỏi lớn 8)

Câu 4: Cho phƣơng trình: 2x2 3m1x20 Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình:

a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm trái dấu

b) Tính giá trị biểu thức P theo m biết:  

2

2 2

2

x x

1

x x x x

P 

  

 

   





Câu 5: Cho đƣờng tròn (O; R) v| điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn cho OA = 2R Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C hai tiếp điểm) Gọi H l| giao điểm OA BC

a) Chứng minh tam gi{c ABC OA  BC H

b) Vẽ đƣờng kính BM (O) AM cắt đƣờng tròn (O) N cắt BC S Gọi K l| trung điểm MN Chứng minh tứ giác OBCK nội tiếp

c) Chứng minh: AH.AO = AK2 – KM2

d) KB cắt OA D AM cắt OC, CD lần lƣợt I J Chứng minh:

IJ AJ IK AK

(161)

160

a) Giải phƣơng trình: xx46x (1) Giải:

 1 x24x6x0

x25x60

Ta có abc15 6 0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm:

6

6 a c x 1;

x1  2    

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) là: S1;6

b) Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài gấp lần chiều rộng bảy lần chiều rộng lớn chiều dài 30m Tính diện tích miếng đất

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều dài, chiều rộng miếng đất hình chữ nhật (x > y > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

  

  

30 x 7y

5y x

   

  

   

   

     

  

15 y

75 x 15

y

0 75 x 30

2y

0 5y x 30 7y x

0 5y x

(nhận) Vậy diện tích miếng đất là:

m 1125 75.15

xy  Câu 2:

4 x y

2

  Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

4 x y

2



 4 1 1 4

(162)

161

b) Gọi M l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ 1 Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d) qua M song song với đồ thị y3x4

Giải:

Gọi Mx0;y0 l| điểm cần tìm

M có ho|nh độ 1 nên x01M1;y0

Ta có       

  

   

        



4 1; M 4

1 y

4 x y : P y 1; M

2

0

Gọi (d) l| đƣờng thẳng có dạng: yaxba0 Ta có  

  

      

4 b

3 a 3x //y

d (thỏa)  d :y3xb

Mà    

4 13 b b b d

4 1;

M            

  



 

(thỏa) Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng (d) là:

4 13 3x y  Câu 3:

a) Thu gọn:  

1 10

3 10

6

6 18 12 A

2

  

  

 

   Giải:

(163)

162

Ta có:      

1 10 10 6 3 1 10 10 6 18 12 A 2                     

     10 10

3 10 10 10 2                  

b) Điểm kiểm tra tiết mơn Tốn lớp 9A v| 9B đƣợc thống kê nhƣ sau:

Điểm 10

9A 11

9B 12

Hãy cho biết số học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên lớp So sánh tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi hai lớp 9A 9B (Biết điểm giỏi lớn 8)

Giải:

Lớp 9A có 35 học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên Lớp 9B có 34 học sinh đạt điểm từ trung bình trở lên Tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi lớp 9A là: 22,5%

40 % 100  Tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi lớp 9B là: 60%

40 % 100 24  Vậy tỉ lệ học sinh giỏi lớp 9B lớn lớp 9A

Câu 4: Cho phƣơng trình: 2x2 3m1x20 Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình:

a) Chứng tỏ phƣơng trình ln có nghiệm trái dấu Giải:

Ta có Δ3m124.2.  2  3m1216160,m

Do Δ0,m nên phƣơng trình ln có nghiệm phân biệt với m thỏa hệ thức Vi-ét:

                     2 a c x x 3m 3m a b x x 2

Do x1x2 10 nên phƣơng trình ln có nghiệm trái dấu

b) Tính giá trị biểu thức P theo m biết:  

2 2 2 x x x x x x P             Giải:

Ta có:    

(164)

163

 

4 6m 9m

1 2

1

3m 2

   

 

   

    

  

   

 

       

  

     

  

2

51 12m 27m

.6

17 6m

9m2 2 

  



Câu 5: Cho đƣờng tròn (O; R) v| điểm A nằm ngo|i đƣờng tròn cho OA = 2R Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C hai tiếp điểm) Gọi H l| giao điểm OA BC

a) Chứng minh tam gi{c ABC OA  BC H Giải:

Xét ∆ABO vuông B

0

30 O Aˆ B 2R

R OA OB

sinBAO    



0

60 2.30 O Aˆ 2.B C Aˆ

B   



Xét ∆ABC có: AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  ∆ABC c}n A

60 C Aˆ

B  (do trên)  ∆ABC

Ta có AB = AC (do trên) OB = OC = R

b) Vẽ đƣờng kính BM (O) AM cắt đƣờng trịn (O) N cắt BC S Gọi K l| trung điểm MN Chứng minh tứ giác OBCK nội tiếp

Giải:

C

O B

A

(165)

164

Ta có K l| trung điểm MN dây MN không qua tâm O  OK  MN (liên hệ đƣờng kính dây cung)

Ta có

90 O Kˆ A O Cˆ A O Bˆ

A    (tính chất tiếp tuyến OK  MN)  điểm A, B, O, K, C thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO Vậy tứ giác OBCK nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AO

c) Chứng minh: AH.AO = AK2 – KM2

Giải:

Xét ∆ABN v| ∆AMB có:

N Aˆ

B : chung

1 Mˆ

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

AM.AN AB

AB AN AM

AB 2

 



 (1)

K S

N

M C

O B

A

H

1

K S

N

M C

O B

A

(166)

165

Ta có ∆ABO vng B v| có BH l| đƣờng cao

AH.AO AB2

 (2) (hệ thức lƣợng) Từ (1) (2)  AH.AO = AM.AN

AKMKAKNK

AKMKAKMK (vì K l| trung điểm MN) 2

MK AK 



d) KB cắt OA D AM cắt OC, CD lần lƣợt I J Chứng minh:

IJ AJ IK AK

 Giải:

Xét ∆DCO v| ∆DBO có: OD: chung

OC = OB = R

DC = DB (vì D thuộc AO l| đƣờng trung trực BC)  ∆DCO = ∆DBO (c.c.c)

O Bˆ D O Cˆ

D 

OCˆK (cùng chắn cung OK đƣờng trịn đƣờng kính AO)  CI phân giác góc JCK

CK CJ IK

IJ 

 (3)

Ta có AC  CI (tính chất tiếp tuyến)  AC phân giác góc JCK

CK CJ AK

AJ



 (4)

Từ (3) (4)

IJ AJ IK AK AK

AJ IK

IJ

  



J I

D

1

K S

N

M C

O B

A

(167)

166

TRƢỜNG THCS BÌNH TÂN (SỐ 2), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) Giải phƣơng trình: 2

x 10 16 2x

5x    

b) Một hình chữ nhật có chu vi 26m Nếu tăng chiều d|i thêm 2m v| tăng chiều rộng thêm 3m diện tích hình chữ nhật tăng thêm 40 m2 Tìm kích thƣớc ban đầu hình chữ nhật

Câu 2: Cho hàm số yax2 P

a) Tìm a vẽ (P), biết (P) qua điểm A2;2

b) Trên (P) lấy điểm B có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB Câu 3:

6

10

3 2 A

   



b) Bảng dƣới đ}y mô tả số học sinh giỏi, khá, trung bình, yếu khối trƣờng THCS (khơng có học sinh kém) Nhìn vào bảng, em trả lời câu hỏi sau:

Khối

Khối Khối Khối Khối

Xếp loại

Giỏi 409 300 385 350

Khá 578 417 608 623

Trung bình 153 215 217 255

Yếu 16 15 20 23

1) Số học sinh giỏi khối nhiều số học sinh giỏi khối học sinh?

2) Tỉ lệ số học sinh yếu khối thấp nhất?

Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2m1xm2 10 (với m tham số)

a) Tìm điều kiện m để phƣơng trình có nghiệm x1, x2

b) Tìm giá trị m cho biểu thức Ax13x1x23x2 đạt giá trị lớn

Câu 5: Cho ∆ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đƣờng trịn (O) Ba đƣờng cao AD, BE, CF ∆ABC cắt H Gọi I l| trung điểm BC

a) Chứng minh tứ giác BFEC AFHE nội tiếp

b) Tia IH cắt (O) N Chứng minh ∆ANH vuông N

c) Tia EF cắt BC M Chứng minh tứ giác NFBM nội tiếp

(168)

167

a) Giải phƣơng trình: 5x42x21610x2 (1) Giải:

 1 5x42x2 1610x2 0

5x43x2260

Phƣơng trình (1) trở thành: 5t23t260 (*)

Ta có 324.5.2695205290;  52923

2 2.5

23

t1    (nhận);

5 13 2.5

23

t2    (loại) Với t1 2x2 2x

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S 2; 2

b) Một hình chữ nhật có chu vi 26m Nếu tăng chiều d|i thêm 2m v| tăng chiều rộng thêm 3m diện tích hình chữ nhật tăng thêm 40 m2 Tìm kích thƣớc ban đầu hình chữ nhật

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều rộng, chiều dài hình chữ nhật (y > x > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:    

         40 xy y x 26 y x                                         34 3y 2x x 34 3y 2x 39 3y 3x 34 3y 2x 13 y x 40 xy 3y 2x xy 13 y x              y x 34 3y 10 x (nhận)

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng 5m, chiều dài 8m Câu 2: Cho hàm số yax2 P

a) Tìm a vẽ (P), biết (P) qua điểm A2;2 Giải:

Ta có      

2 a 4a 2 a ax y : P 2;

A           

Vậy  

x y : P 

Bảng giá trị

x 4 2

2

x

y 8 2 0 2 8

(169)

168

b) Trên (P) lấy điểm B có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AB Giải:

Gọi Bx0;y0 l| điểm cần tìm

Ta có B có ho|nh độ nên x0 3B3;y0

Mà     

               3; B y x y : P y 3;

B 0 0

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng AB là: yaxba0

Ta có A, B thuộc AB nên có hệ phƣơng trình:            b 3a b 2a                                                      b a 2b a 2b 6a 10a 2b 6a 2b 4a 2b 6a b 2a (nhận)

Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng AB là: x y  Câu 3:

6 10 3 2 A      Giải:

Ta có:        

1 6 10 3 3 2 10 3 2 A              

  12 2 1 12 6 14

1 6 10 6 6

3          

(170)

169

b) Bảng dƣới đ}y mơ tả số học sinh giỏi, khá, trung bình, yếu khối trƣờng THCS (khơng có học sinh kém) Nhìn vào bảng, em trả lời câu hỏi sau:

Khối

Khối Khối Khối Khối

Xếp loại

Giỏi 409 300 385 350

Khá 578 417 608 623

Trung bình 153 215 217 255

Yếu 16 15 20 23

1) Số học sinh giỏi khối nhiều số học sinh giỏi khối học sinh? Giải:

Số học sinh giỏi khối nhiều số học sinh giỏi khối là: 409 – 350 = 59 (học sinh)

2) Tỉ lệ số học sinh yếu khối thấp nhất? Giải:

Tỉ lệ học sinh yếu khối là: 1,38% 16

153 578 409

% 100

16 

  

215 417 300

% 100

15 

  

217 608 385

% 100

20 

  

255 623 350

% 100

23 

  

Vậy tỉ lệ học sinh yếu khối thấp nhất: 1,38%

Câu 4: Cho phƣơng trình: x2 2m1xm2 10 (với m tham số)

a) Tìm điều kiện m để phƣơng trình có nghiệm x1, x2

Giải:

Ta có Δ2m124.1.m214m24m14m2454m

Để phƣơng trình có nghiệm x1, x2

4 m 4m

4m

Δ       

 Vậy

4

m phƣơng trình có nghiệm x1, x2

b) Tìm giá trị m cho biểu thức Ax13x1x23x2 đạt giá trị lớn

Giải:

Theo câu a, với

4

m phƣơng trình có nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:

 

    

    

        

1 m

1 m a c x x

1 2m

1 2m a

b x x

2

Ta có        2

2 2 2 2 1 2

1 x x x 3x x 3x x 3x x x x

x

A           

    2

2

1 x x x 2x x

x

3    



32m1 2m122m21 (do hệ thức Vi-ét)

(171)

170                       25 25 2.m m 5m m 10m

2m2 2

13 m 13 m 2                             Ta có 16 25 2 m 16 25 m 5 m 5 m m 2                              27 13 25 13 m 25 m 2                         

Dấu “=” xảy

4 m

Giá trị lớn biểu thức A là: MaxA

8 27



4 m Vậy

m biểu thức A đạt giá trị lớn

Câu 5: Cho ∆ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đƣờng trịn (O) Ba đƣờng cao AD, BE, CF ∆ABC cắt H Gọi I l| trung điểm BC

a) Chứng minh tứ giác BFEC AFHE nội tiếp Giải:

Xét tứ giác BFEC có:

0 90 C Fˆ B C Eˆ

 Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, F liên tiếp nhìn cạnh BC dƣới góc vng) Xét tứ giác AFHE có:

0 0 180 90 90 H Fˆ A H Eˆ

A     (vì BE  AC, CF  AB)  Tứ giác AFHE nội tiếp (tổng góc đối 1800)

(172)

171

Kẻ đƣờng kính AK (O)

Ta có

90 K Cˆ A K Bˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác BHCK có:

BH // KC (cùng vng góc với AC: quan hệ tính vng góc tính song song) CH // KB (cùng vng góc với AB: quan hệ tính vng góc tính song song)  Tứ giác BHCK hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

M| I l| trung điểm BC  I l| trung điểm HK  H, I, K thẳng hàng Ta có H, I, N thẳng hàng

Vậy điểm N, H, I, K thẳng hàng

Ta có

90 K Nˆ A H Nˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Vậy ∆ANH vuông N

c) Tia EF cắt BC M Chứng minh tứ giác NFBM nội tiếp Giải:

K N

I

H

D

O A

B C

(173)

172

Ta có

90 H Eˆ A H Fˆ A H Nˆ

A    (do trên)

 điểm A, N, F, H, E thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AH  Tứ giác ANFE nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AH

E Aˆ N M Fˆ

N 

 (góc góc đối ngồi tứ giác ANFE nội tiếp)

NBˆM (góc góc đối ngồi tứ giác ANBC nội tiếp đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác NFBM có: NFˆMNBˆM (do trên)

 Tứ giác NFBM nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh F, B liên tiếp nhìn cạnh NM dƣới góc nhau)

d) Chứng minh ba điểm A, N, M thẳng hàng Giải:

Ta có MNˆAMNˆBBNˆA

M

K N

I

H

D

O A

B C

E F

M

K N

I

H

D

O A

B C

E

(174)

173

MFˆBBNˆA (cùng chắn cung MB tứ giác NFBM nội tiếp)

(175)

174

TRƢỜNG THCS BÌNH HƢNG HỊA (SỐ 1), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

a) 2x22xx5 b) x43x21x28

2) Một miếng đất hình chữ nhật chiều d|i chiều rộng 15m chiều dài gấp lần chiều rộng Tính diện tích miếng đất?

Câu 2: Cho  

2x y : P 

1) Vẽ đồ thị (P)

2) Cho điểm M thuộc (P) có ho|nh độ

2

 Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OM Câu 3:

1) Thu gọn biểu thức sau:       

 

 

 



 3

7 2

1

A

2) Bảng 1: Các loại trồng tiêu biểu vƣờn, trang trại Đ| Nẵng

a) Nhìn vào bảng em cho biết loại c}y n|o đƣợc trồng nhiều b) So sánh tỉ lệ xoài trang trại

Câu 4: Cho phƣơng trình: x2mx2m20 (m tham số) (1) 1) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm kép

2) Giả sử x1 x2 hai nghiệm phƣơng trình (1) Chứng minh biểu thức:

  

2 2

2

x x

2 2x x 2x x P



  



 không phụ thuộc vào giá trị m

Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn(AB > AC) hai đƣờng cao BD CE a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp DE.AC = AE.BC b) Lấy điểm P; Q lần lƣợt BD; CE cho

90 B Qˆ A C Pˆ

A   Chứng minh ∆APQ c}n A c) Đƣờng thẳng qua E vng góc với BC H (H  BC) cắt AC M, vẽ đƣờng tròn (C; CE)

cắt BD K Chứng minh MK tiếp tuyến đƣờng tròn (C) d) Chứng minh: BD.IK = BK.DK (với I l| giao điểm BD MH)

VÙNG CÁC LOẠI CÂY TRỒNG

Hòa Phú Đu đủ; Bơ; Mít; Chơm chơm; Xo|i ; chuối

Đà Nẵng Mãng cầu; Thanh Long; Xo|i; Đu đủ; Ổi; Vú sữa; chuối

Hịa Ninh Xồi; sầu riêng; Thanh Long; Đu Đủ; Mít; Ổi; Khế; Bƣởi; Chơm chơm; Vú sữa; Chuối

(176)

175

a) 2x22xx5 (1) Giải:

(1) 2x22xx50

0 3x 2x2  



Ta có abc2   3  5 0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm:

2

5 a

c x 1;

x1  2   

      

2 1;

S

2) Một miếng đất hình chữ nhật chiều d|i chiều rộng 15m chiều dài gấp lần chiều rộng Tính diện tích miếng đất?

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt chiều rộng, chiều dài miếng đất hình chữ nhật (y > x > 0) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:

  

  

4x y

15 x y

   

  

            

   

20 y

5 x y 20

5 x y 4x

15 3x

y 4x

15 y x

(nhận) Diện tích miếng đất hình chữ nhật là:  2

m 100 5.20

xy  Câu 2: Cho  

2x y : P 

1) Vẽ đồ thị (P) Giải:

Bảng giá trị

x 2 1

2

x

(177)

176

2) Cho điểm M thuộc (P) có ho|nh độ

2

 Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OM Giải:

Gọi Mx0;y0 l| điểm cần tìm

Ta có M có ho|nh độ 

        

 ;y0

2 M x

Mà   

                       ; M 2 y 2x y : P y ; M 2

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng OM có dạng: yaxba0

Vì O, M thuộc OM nên ta có hệ phƣơng trình:                         a b a b b a b 0.a (thỏa) Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng OM là: yx

Câu 3:

1) Thu gọn biểu thức sau:              

 3

7 2 A Giải:

Ta có:      

       

 3

7 2 A                   

 3

(178)

177

 

   



   

     



    



   



    

  

   



    

  

 

 

  

3 2 2

2 2

3 7 2

3 7

7 2

4 3 42  42

  



    



  31 2  312  31 31 31  31 (vì 310; 310)  31 312

2) Bảng 1: Các loại trồng tiêu biểu vƣờn, trang trại Đ| Nẵng

a) Nhìn vào bảng em cho biết loại c}y n|o đƣợc trồng nhiều Giải:

Loại c}y đƣợc trồng nhiều l|: Đu đủ, xoài, chuối b) So sánh tỉ lệ xoài trang trại

Giải:

Tỉ lệ xoài trang trại theo thứ tự nhƣ sau l|: Hòa Ninh < Hòa Sơn < Đ| Nẵng = Hịa Nhơn < Hịa Phú (vì

6 7 10

1 11

1

  

 )

Câu 4: Cho phƣơng trình: x2mx2m20 (m tham số) (1)

1) Tìm m để phƣơng trình có nghiệm kép Giải:

Ta có Δ m 24.1.2m2m28m8

Để phƣơng trình có nghiệm kép 0

0 8m m2  

 (*)

Ta có ' 4 21.816880; ' 82

2

2 m ; 2

2

m1  

  

  

Vậy m1 42 2;m2 42 phƣơng trình có nghiệm kép

VÙNG CÁC LOẠI CÂY TRỒNG

Hịa Phú Đu đủ; Bơ; Mít; Chôm chôm; Xo|i ; chuối

Đà Nẵng Mãng cầu; Thanh Long; Xo|i; Đu đủ; Ổi; Vú sữa; chuối

Hịa Ninh Xồi; sầu riêng; Thanh Long; Đu Đủ; Mít; Ổi; Khế; Bƣởi; Chơm chơm; Vú sữa; Chuối

(179)

178

2) Giả sử x1 x2 hai nghiệm phƣơng trình (1) Chứng minh biểu thức:

   2 2 2 x x 2x x 2x x P     

 không phụ thuộc vào giá trị m

Giải:

Do x1 x2 hai nghiệm phƣơng trình (1) nên thỏa hệ thức Vi-ét:

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

Và thỏa x12 mx12m20 x22mx22m20

m 2x 2m 2 m 2x 2

4 2m 2x mx 2x

x12 1  1 1    1    1



và x222x22mx22x22m4m2x22m2  m2x22

Ta có        

      

2 2 2 2 2 2 2 2 x 2x x x 2x 2x x x m x 2x x x x m x m x x 2x x 2x x P                          

          m 2

.2 m 4m m 2 m 2m m 2m 2m m x 2x x x x x x x m 2 2 2 2 2 2                      

Vậy P = (không phụ thuộc vào m)

Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn(AB > AC) hai đƣờng cao BD CE a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp DE.AC = AE.BC Giải:

Xét tứ giác BEDC có:

0 90 C Dˆ B C Eˆ

B   (vì BD  AC, CE  AB)

 Tứ giác BEDC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, D liên tiếp nhìn cạnh BC dƣới góc vng)

Xét ∆ADE v| ∆ABC có:

E Aˆ

D : chung

C Bˆ A E Dˆ

A  (góc góc đối ngồi tứ giác BEDC nội tiếp)  ∆ADE ∽ ∆ABC (g.g)

A

C B

(180)

179 AE.BC

DE.AC AC

AE BC DE

 





b) Lấy điểm P; Q lần lƣợt BD; CE cho 90 B Qˆ A C Pˆ

A   Chứng minh ∆APQ c}n A Giải:

Ta có ∆APC vng P v| có PD l| đƣờng cao

AD.AC AP2 

 (1) (hệ thức lƣợng)

Ta có ∆AQB vng Q v| có QE l| đƣờng cao

AE.AB AQ2 

 (2) (hệ thức lƣợng) Ta có ∆ADE ∽ ∆ABC (cmt)

AE.AB AD.AC

AC AE AB AD

 



 (3)

Từ (1), (2) (3)  AP2 AQ2 APAQ (4) Xét ∆APQ có: AP = AQ (do (4))

 ∆APQ cân A

c) Đƣờng thẳng qua E vng góc với BC H (H  BC) cắt AC M, vẽ đƣờng tròn (C; CE) cắt BD K Chứng minh MK tiếp tuyến đƣờng tròn (C)

Giải:

Q P

A

C B

(181)

180

Xét ∆CHM ∆CDB có:

M Cˆ

H : chung

0 90 B Dˆ C M Hˆ

C   (vì MH  BC, BD  AC)  ∆CHM ∽ ∆CDB (g.g)

CD.CM CH.CB

CB CM CD CH

 



 (5)

Ta có ∆CEB vng E v| có EH l| đƣờng cao

2

CE CH.CB

2

CK CH.CB

 (6) (vì CE = CK = b{n kính đƣờng trịn (C)) Từ (5) (6)  CD.CM = CK2 (7)

Xét ∆CKM ∆CDK có:

M Cˆ

K : chung

CD CK CK CM

 (do (7))  ∆CKM ∽ ∆CDK (c.g.c)

0 90 K Dˆ C M Kˆ

C  

 MK  CK K thuộc (C)

K H

M

Q P

A

C B

(182)

181

Vậy MK tiếp tuyến đƣờng tròn (C)

d) Chứng minh: BD.IK = BK.DK (với I l| giao điểm BD MH) Giải:

Kẻ FK  BD K (F thuộc BC) Xét tứ giác KIHF có:

0

180 90

90 F Hˆ I F Kˆ

I     (vì FK  BD, MH  BC)  Tứ giác KIHF nội tiếp (tổng góc đối 1800)

Xét ∆CKB ∆CHK có:

H Cˆ

K : chung

CK CB CH CK 

(do (6))  ∆CKB ∽ ∆CHK (c.g.c)

K Hˆ C B Kˆ

C 

F Hˆ K 180 D Kˆ C

1800  0

 (2 góc kề bù)

F Hˆ K D Kˆ

C 



KIˆF (8) (cùng chắn cung FK tứ giác KIHF nội tiếp)

I

F K H

M

Q P

A

C B

(183)

182

Xét ∆KIF ∆DKC có:

F Iˆ K D Kˆ

C  (do (8))

0 90 C Dˆ K F Kˆ

I   (do trên)  ∆KIF ∽ ∆DKC (g.g)

DK KI DC

KF

 (9)

Ta có KF // DC (cùng vng góc với BD: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song) 

BD BK DC KF 

(10) (hệ Talet)

Từ (9) (10) BD.KI BK.DK

BD BK DK

KI   

(184)

183

TRƢỜNG THCS BÌNH HƢNG HỊA (SỐ 2), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1:

b)   

2x

x

x   b) x22 32x1

4) Trong đợt thi tuyển sinh 10 năm học 2016 – 2017 có 1/10 số học sinh lớp 9/1 khơng tham gia dự thi đăng ký học nghề, v| số học sinh lớp 36 học sinh Hỏi lớp 9/1 có học sinh?

Câu 2: Cho parabol  

x y :

P 

1) Vẽ parabol (P)

2) Tìm m để đƣờng thẳng  d :ym2xm cắt parabol (P) điểm có ho|nh độ Câu 3:

1) Thu gọn biểu thức sau:

2 x

1 x

2 x x x

3 9x 3x B

      

 

 (với x0 x1)

2) Bảng thống kê số lƣợng c}y xanh s}n trƣờng trƣờng THCS đƣợc ghi lại nhƣ sau: Ký hiệu c{c c}y: C}y b|ng (1); C}y cau (2); C}y phƣợng (3); C}y điệp (4); Cây lăng (5); Cây bạch đ|ng(6); C}y mai ho|ng hậu (7); Cây mai chiếu thủy (8); Cây mai vàng (9)

1

9 9 9

2 4 9

5 6

3 9 1

2 6

a) Em cho biết loại c}y n|o đƣợc trồng nhiều

b) Tính tỉ lệ c}y phƣợng v| c}y mai v|ng đƣợc trồng dƣới s}n trƣờng Câu 4: Cho phƣơng trình: mx22m2xm40 (x l| ẩn số)

1) Chứng minh phƣơng trình ln ln có nghiệm ph}n biệt với m kh{c

2) Gọi x1 x2 l| hai nghiệm phƣơng trình Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 độc lập

m

Câu 5: Cho đƣờng trịn (O), d}y cung BC (BC khơng l| đƣờng kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A kh{c B v| C, độ d|i AB kh{c AC) Kẻ đƣờng kính AA’ đƣờng trịn (O), D l| ch}n đƣờng vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E v| F lần lƣợt l| ch}n đƣờng vng góc kẻ từ B v| C đến AA’

1) Chứng minh: tứ gi{c ABDE nội tiếp v| BD.AC = AD.A’C

2) Chứng minh: DE vng góc AC

3) Gọi I l| trung điểm BC, N l| điểm đối xứng D qua I Tính số đo góc DEN

(185)

184

a)   

2x

x

x   (1) Giải:

 1 x22x3x62x20

3x2x60

Ta có  124.3. 6 172730;  73

6 73 2.3

73 x ;

73 2.3

73

x1    2    

   



   

6 73 ;

73

S

2) Trong đợt thi tuyển sinh 10 năm học 2016 – 2017 có 1/10 số học sinh lớp 9/1 khơng tham gia dự thi đăng ký học nghề, v| số học sinh lớp 36 học sinh Hỏi lớp 9/1 có học sinh?

Giải:

Gọi x (học sinh) số học sinh lớp 9/1 (x > 0) Số học sinh lớp 9/1 không tham gia dự thi là: x

10

(học sinh)

Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: x 36 10x x 360 9x 360 x 40 10

1

x         (nhận)

Vậy lớp 9/1 có 40 (học sinh) Câu 2: Cho parabol  

x y :

P 

1) Vẽ parabol (P) Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

2 x y

2

 2

(186)

185

2) Tìm m để đƣờng thẳng  d :ym2xm cắt parabol (P) điểm có ho|nh độ Giải:

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng: x m x m

1 2 2



 (1)

Do (d) cắt (P) điểm có ho|nh độ nên x = nghiệm (1)

0 m 2m m 2m m m 2

1       2  

 (2)

Ta có 124.2. 2 116170;  17

4 17 2.2 17 m ; 17 2.2 17

m1

            Vậy 17 m ; 17

m1    2   giá trị cần tìm Câu 3:

1) Thu gọn biểu thức sau:

2 x 1 x x x x 9x 3x B         

 (với x0 x1)

Giải:

Ta có:   

2 x 1 x x x x x 3x x 1 x x x x 9x 3x B                          

    x 2 x 1

1 x x x x x x x x 3x                      

   x

(187)

186

2) Bảng thống kê số lƣợng c}y xanh s}n trƣờng trƣờng THCS đƣợc ghi lại nhƣ sau: Ký hiệu c{c c}y: C}y b|ng (1); C}y cau (2); C}y phƣợng (3); C}y điệp (4); Cây lăng (5); Cây bạch đ|ng (6); Cây mai hoàng hậu (7); Cây mai chiếu thủy (8); Cây mai vàng (9)

1

9 9 9

2 4 9

5 6

3 9 1

2 6

a) Em cho biết loại c}y n|o đƣợc trồng nhiều Giải:

Ta có bảng sau:

Tên Tổng

Cây bàng (1) 20

Cây cau (2) 18

C}y phƣợng (3)

C}y điệp (4)

Cây lăng (5) Cây bạch đ|ng (6) Cây mai hoàng hậu (7) Cây mai chiếu thủy (8) Cây mai vàng (9) 13

Dựa vào bảng ta thấy loại c}y b|ng đƣợc trồng nhiều

b) Tính tỉ lệ c}y phƣợng, mai v|ng đƣợc trồng dƣới s}n trƣờng Giải:

Tỉ lệ c}y phƣợng v| c}y mai v|ng đƣợc trồng dƣới s}n trƣờng là:

 

% , 24 13 9 18 20

% 100 13

9 

       



Câu 4: Cho phƣơng trình: mx22m2xm40 (x l| ẩn số)

1) Chứng minh phƣơng trình ln ln có nghiệm ph}n biệt với m kh{c Giải:

Ta có Δ'm22mm4m24m4m24m40,m0

Do Δ'0,m0 nên phƣơng trình có nghiệm ph}n biệt với m kh{c

2) Gọi x1 x2 l| hai nghiệm phƣơng trình Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 độc lập

m Giải:

(188)

187

 

    

    

        

m m

4 m a c x x

m 2 m

2 m a

b x x

2

1  

    

 

   

2

x x m

2

x x m

2

 

2 x x  x x 2x x  x x xx 2x x 

2  1 2   1 2  1 2   1 2  1 2 1 2  

 (*)

Vậy (*) l| hệ thức độc lập với m

Câu 5: Cho đƣờng trịn (O), d}y cung BC (BC khơng l| đƣờng kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A kh{c B v| C, độ d|i AB kh{c AC) Kẻ đƣờng kính AA’ đƣờng trịn (O), D l| ch}n đƣờng vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E v| F lần lƣợt l| ch}n đƣờng vuông góc kẻ từ B v| C đến AA’

1) Chứng minh: tứ gi{c ABDE nội tiếp v| BD.AC = AD.A’C Giải:

Xét tứ gi{c ABDE có:

0 90 B Eˆ A B Dˆ

A   (vì AD  BC, BE  AA’)

 Tứ gi{c ABDE nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh D, E liên tiếp nhìn ca jnh AB dƣới góc vng)

Ta có

90 A Cˆ

A'  (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Xét ∆BDA v| ∆A’CA có:

C ' Aˆ A D Bˆ

A  (cùng chắn cung AC đƣờng tròn (O))

0 90 A Cˆ A' A Dˆ

B   (vì AD  BC 90 A Cˆ

A'  )

 ∆BDA ∽ ∆A’CA (g.g)

C AD.A' BD.AC

AC AD C A'

BD   



2) Chứng minh: DE vng góc AC Giải:

F E

D

A' A

O

(189)

188

Ta có EDˆCBAˆE (góc góc đối ngo|i tứ gi{c ABDE nội tiếp) BCˆA' (cùng chắn cung A’B đƣờng tròn (O))

 DE // A’C (2 góc v| vị trí so le trong: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

M| A’C  AC (vì 90 A Cˆ

A'  )

 DE  AC (quan hệ tính vng góc tính song song)

3) Gọi I l| trung điểm BC, N l| điểm đối xứng D qua I Tính số đo góc DEN Giải:

F E

D

A' A

O

C B

K

N I

F E

D

A' A

O

(190)

189

Gọi K l| giao điểm OI v| DA’

Ta có I l| trung điểm BC v| d}y BC không qua t}m O  OI  BC I (liên hệ đƣờng kính v| d}y cung)

 OI // AD (cùng vng góc với BC: quan hệ tính vng góc v| tính song song) Hay OK // AD

Xét ∆A’AD có: O l| trung điểm A’A v| OK // AD  K l| trung điểm A’D

 KD = KA’

Xét ∆DNA’ có: I l| trung điểm DN (vì N đối xứng D qua I) v| I l| trung điểm A’D  IK l| đƣờng trung bình ∆DNA’

 IK // NA’

Mà IK  BC (vì OI  BC)  NA’  BC

Xét tứ gi{c BENA’ có:

0 90 A' Nˆ B A' Eˆ

B   (vì BE  AA’; NA’  BC)

 Tứ gi{c BENA’ nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh E, N liên tiếp nhìn cạnh BA’ dƣới góc vng)

B ' Aˆ E B Nˆ

E 

 (cùng chắn cung EB tứ gi{c BENA’ nội tiếp) ACˆB (cùng chắn cung AB đƣờng tròn (O))

 NE // AC (2 góc v| vị trí đồng vị: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)

Mà DE  AC

 DE  EN (quan hệ tính vng góc v| tính song song)

0 90 N Eˆ

D 



4) Chứng minh: T}m đƣờng tròn ngoại tiêp tam gi{c DEF l| điểm cố định Giải:

M

K

N I

F E

D

A' A

O

(191)

190

Gọi M l| giao điểm EI v| CF Xét ∆IBE v| ∆ICM có:

M Iˆ C B Iˆ

E  (2 góc đối đỉnh)

IB = IC (vì OI  BC nên I l| trung điểm BC: liên hệ đƣờng kính v| d}y cung)

M Cˆ I E Bˆ

I  (vì BE // CF: vng góc với AA’ v| góc vị trí so le trong)  ∆IBE = ∆ICM (g.c.g)

 IE = IM (2 cạnh tƣơng ứng)  I l| trung điểm EM

Ta có ∆EFM vng F v| có FI l| trung tuyến

IF IM

EM

IF  

 (1)

Xét tứ gi{c DENM có: I l| trung điểm DN v| EM

 Tứ gi{c DENM l| hình bình h|nh (dấu hiệu nhận biết hình bình h|nh)

Mà

90 N Eˆ

D  (do trên)

 Tứ gi{c DENM l| hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)  IE = ID = IN = IM (2)

Từ (1) v| (2)  ID = IE = IF

 I l| t}m đƣờng trịn ngoại tiếp ∆DEF Vì I l| trung điểm BC nên I cố định

(192)

191

TRƢỜNG THCS HỒ VĂN LONG (SỐ 1), QUẬN BÌNH TÂN, NĂM 2017-2018 Câu 1: Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau:

a) 2x3x113x22

b) 2

x 10 16 2x

5x    

c) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi l| 140m Tính diện tích hình chữ nhật biết ba lần chiều rộng hai lần chiều d|i l| 16m

d)                         2y 5x y y x y x 2x y x

4 x y : P

  d :yx3 a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ Oxy

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d’) biết (d’) song song với (d) cắt (P) điểm có ho|nh độ

Câu 3: Rút gọn biểu thức sau:

a) A 3 2 3  2 b) 6 3 6 3 6 B                  c) x y y y x x y x y x y x xy C               

 (xy)

d) Ông An gửi ngân hàng x triệu đồng Ơng có lựa chọn: Ngân hàng A lãi suất 10% năm, lãi đƣợc tính gốc

Ngân hàng B lãi suất 9,6 % năm (0,8% th{ng) v| lãi th{ng n|y đƣợc tính gộp vào vốn tháng sau

Hỏi sau hai năm số tiền vốn lẫn lãi ông An rút ngân hàng nhiều hơn? Câu 4: Cho phƣơng trình bậc hai: x24mx4m30 (1)

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln ln có hai nghiệm ph}n biệt với gi{ trị m b) Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 độc lập với m

c) Tìm m để biểu thức:      

2 2 2 x x x x 16 x x x x A      

 đạt GTLN v| GTNN

Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AD, AC cắt BD I, IH vng góc AD H

a) Chứng minh: Tứ giác ABIH nội tiếp IA.IC = IB.ID b) AB cắt CD K Chứng minh: K, I, H thẳng hàng

c) Gọi M l| trung điểm ID Chứng minh: CM.BD = DH.OA

(193)

192

BÀI GIẢI Câu 1: Giải phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau:

a) 2x3x113x22 (1) Giải:

 1 6x22x13x26

2x 3x 3x 2x 6x 2          

Ta có abc32 5 0 nên phƣơng trình (1) có nghiệm:

3 a c x 1;

x1 2  

        1; S

b) 2

x 10 16 2x

5x     (2) Giải:

 2 5x42x216x2100

5x43x2260

Phƣơng trình (2) trở th|nh: 5t23t260 (*)

Ta có 324.5.2695205290;  52923

Do 0 nên phƣơng trình (*) có nghiệm ph}n biệt:

2 2.5

23

t1    (nhận);

5 13 2.5

23

t2     (loại) Với t1 2x2 2x

Vậy tập nghiệm phƣơng trình (2) l|: S 2; 2

c) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi l| 140m Tính diện tích hình chữ nhật biết ba lần chiều rộng hai lần chiều d|i l| 16m

Giải:

Gọi x, y (m) lần lƣợt l| chiều rộng, chiều d|i mảnh đất hình chữ nhật (y > x > 0) Theo đề b|i, ta có hệ phƣơng trình:  

       16 2y 3x 140 y x                               38,8 y 31,2 x 16 2y 93,6 31,2 x 16 2y 3x 156 5x 16 2y 3x 140 2y 2x

Vậy diện tích hình chữ nhật l|:  2

m 1210,56 31,2.38,8

xy 

(194)

193

4 x y : P

2

  d :yx3 a) Vẽ (P) hệ trục tọa độ Oxy

Giải:

Bảng giá trị

x 4 2

4 x y

2

 1

Đồ thị

b) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d’) biết (d’) song song với (d) cắt (P) điểm có ho|nh độ

Giải:

Gọi phƣơng trình đƣờng thẳng (d’) có dạng: yaxba0

Ta có       

  

3 b

1 a d //

d' (nhận)  d' :yxbb3

Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (d’) v| (P) có dạng: x b

x2  

(*) Do (d’) cắt (P) điểm có ho|nh độ nên x = nghiệm (*)

1 b b b

22       

 (thỏa)

Vậy phƣơng trình đƣờng thẳng (d’) l| yx1

(195)

194

Câu 3: Rút gọn biểu thức sau:

a) A 3 2 3  2 Giải: Ta có 2 3 3

A           

    3 2 3 2 2

6              

   3

1   

 (vì 1 2 30; 310)

2 3        b) 6 3 6 3 6 B                  Giải:

Đặt t 3 6 t0

t 1 t t t t t t t t t t B                                 

   3 t3 6 t t t t t t t t t t t                            

3 t3 t 1 t

3 t

9    

        Vậy B0 c) x y y y x x y x y x y x xy C               

 (xy)

Giải: Ta có x y y y x x y x y x y x xy C                                y x y x y x y y x x y x y y x x y x y x y x y x y y x x y x y x y x y x y x y y x x y x y x y x y x y x 2                                        

Vậy C1

d) Ông An gửi ngân hàng x triệu đồng Ơng có lựa chọn: Ngân hàng A lãi suất 10% năm, lãi đƣợc tính gốc

(196)

195

Hỏi sau hai năm số tiền vốn lẫn lãi ơng An rút ngân hàng nhiều hơn? Giải:

Số tiền vốn lẫn lãi ông An rút ngân hàng A sau năm l|:

1,2x 2.x.10%

x  (triệu đồng)

Số tiền vốn lẫn lãi ông An rút ng}n h|ng B sau năm l|:

1 0,8% 1,21x

x  24 (triệu đồng)

Vậy sau năm lãi suất mà ông An rút ngân hàng B nhiều ng}n h|ng A (vì 1,21x > 1,2x)

Câu 4: Cho phƣơng trình bậc hai: x24mx4m30 (1)

a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln ln có hai nghiệm ph}n biệt với gi{ trị m Giải:

Ta có Δ'  2m2 1.4m 3 4m2 4m 4m2 4m 1 2m 12 2 0, m

                

Do Δ'0,m nên phƣơng trình (1) ln ln có nghiệm ph}n biệt với m b) Tìm hệ thức liên hệ x1, x2 độc lập với m

Giải:

Theo c}u a, với m phƣơng trình (1) ln ln có nghiệm ph}n biệt x1, x2 thỏa hệ thức

Vi-ét:                  4m 4m a c x x 4m 4m a b x x 2 x x x

x1 2 1 2

 (hệ thức liên hệ x1, x2 độc lập với m)

c) Tìm m để biểu thức:  

   2

2 2 x x x x 16 x x x x A      

 đạt GTLN v| GTNN

Giải:

Ta có:  

   2

2 2 x x x x 16 x x x x A         

 4m 164m 4m 3

1 4m    

  2m 4m 48 16m 4m 2      

Ta có 2m 6A 4m 2m A 6A 4m  2A m 4m 6A 1

2m 4m

A 2

2              



 (*)

Để A đạt GTLN v| GTNN v| (*) có nghiệm '0

 2 22A.6A10412A22A06A2A202A13A20

(197)

196

Khi 8m 2m 2m 8m 2m 4m 4

2 2m

1 4m

1

A 2     2  2    2  

    

m24m40m220m20m2

Khi 12m 4m 12 4m 12m 2m 3 2m

3 2m

1 4m

2

A 2     2  2        

   

2 m



Với m2 biểu thức A đạt GTNN l| MinA =

2

 Với

2

m biểu thức A đạt GTLN l| MaxA =

3

Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AD, AC cắt BD I, IH vng góc AD H

a) Chứng minh: Tứ giác ABIH nội tiếp IA.IC = IB.ID Giải:

Ta có

90 D Cˆ A D Bˆ

A   (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Xét tứ giác ABIH có:

0

180 90

90 I Hˆ A I Bˆ

A     (vì

90 D Bˆ

A  IH  AD)  Tứ giác ABIH nội tiếp (tổng góc đối 1800)

Xét ∆IBA v| ∆ICD có:

D Iˆ C A Iˆ

B  (2 góc đối đỉnh)

0 90 D Cˆ I A Bˆ

I   (vì

90 D Cˆ A D Bˆ

A   )

 ∆IBA ∽ ∆ICD (g.g)

IB.ID IA.IC

IC IB ID

IA  



b) AB cắt CD K Chứng minh: K, I, H thẳng hàng

H I

C B

D A

(198)

197

Giải:

Xét ∆KAD có: AC v| DB l| đƣờng cao cắt I  I trực tâm ∆KAD

 KI  AD Mà IH  AD (gt)

 điểm K, I, H thẳng hàng

c) Gọi M l| trung điểm ID Chứng minh: CM.BD = DH.OA Giải:

K

H I

C B

D A

(199)

198

Xét ∆DIA có: M l| trung điểm ID v| O l| trung điểm DA  OM l| đƣờng trung bình ∆DIA

 OM // IA

D Aˆ I D Oˆ

M 

 (2 góc vị trí đồng vị)

HBˆD (1) (cùng chắn cung IH tứ giác ABIH nội tiếp) Xét ∆DOM v| ∆DBH có:

M Dˆ

O : chung

D Bˆ H D Oˆ

M  (do (1))  ∆DOM ∽ ∆DBH (g.g)

DM.DB DO.DH

DH DM DB DO

 



 (2)

Ta có ∆ICD vng C có CM trung tuyến

M D

ID CM 

 (3)

Ta có OD = OA (4) (b{n kính đƣờng trịn (O)) Từ (2), (3) (4)  CM.BD = DH.OA

d) Gọi N l| giao điểm BD, HC Qua N vẽ đƣờng thẳng vng góc với BD cắt AC, AD lần lƣợt E, F Chứng minh: N l| trung điểm EF

Giải:

M K

H I

C B

(200)

199

Xét tứ giác NECD có:

0

180 90

90 D Cˆ E D Nˆ

E     (vì EN  BD, AC  CD)  Tứ giác NECD nội tiếp (tổng góc đối 1800)

D Cˆ N D Eˆ

N 

 (cùng chắn cung ND tứ giác NECD nội tiếp) Hay FEˆDHCˆD (5)

Xét tứ giác AKCH có:

0 90 A Cˆ K A Hˆ

K   (vì KH  AD, AC  KD)

 Tứ giác AKCH nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh H, C liên tiếp nhìn cạnh KA dƣới góc vng)

H Aˆ K D Cˆ

H 

 (góc góc đối ngồi tứ giác AKCH nội tiếp)

EFˆD (6) (vì EF // KA: vng góc với BD góc vị trí đồng vị) Từ (5) (6) FEˆDEFˆD (7)

Xét ∆DEF có: FEˆDEFˆD (do (7))

 ∆DEF c}n D nên DN l| đƣờng cao l| đƣờng trung tuyến  N l| trung điểm EF

F

E

N

M K

H I

C B

D A