BỘ đề THI THỬ vào 10 hồ CHÍ MINH

Website: tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh đề luyện thi chất lượng vào lớp 10, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em tuyển tập đề luyện thi vào lớp 10 thành phố Hồ Chí Minh có đáp án chi tiết Chúng tơi sưu tầm tổng hợp tuyển tập nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay chất lượng giúp em ôn thi tốt kì thi vào lớp 10 quan trọng Các vị phụ huynh thầy cô dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề thi để giúp em học tập Hy vọng tuyển tập đề giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán 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! Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 1: ĐỀ MINH HỌA SỐ 1, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: xx  3  15  3x  1 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 40m chiều dài gấp lần chiều rộng Tính diện tích miếng đất Câu 2: x2 a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   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     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: x  2mx  m   (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 , x phƣơng trình (1) thỏa mãn: 1  x1 2  x   1  x 2  x1   x12  x 22  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 ˆE a) Chứng minh: AF  BC AFˆ D  AC 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 1   d) Chứng minh: FK FH FA Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1: a) Giải phƣơng trình: xx  3  15  3x  1 (1) Giải: 1  x  3x  15  3x   x  3x  15  3x    x  6x  16  Ta có '  32  1. 16   16  25  0; '  25  Do ' nên phƣơng trình (1) có nghiệm phân biệt: 35 35 x1   2; x   8 1 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) 2x  y   40 Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:   x  3y  x  15 x  15 x  y  20  3x  3y  60  4x  60 (thỏa)      x  3y  x 3y x 3y 15 3y y                Diện tích miếng đất là: S  xy  15.5  75 m   Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   x2 Giải: Bảng giá trị x y 4 2 4 1 1 4 x Đồ thị Website: tailieumontoan.com (P) b) Tìm m để (P) cắt đƣờng thẳng D : y  2x  m điểm có ho|nh độ x = Giải: x2  2x  m Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) (d) có dạng:  12 Do (D) cắt (P) điểm có ho|nh độ x = nên thỏa:   2.1  m  m    4 Vậy m  giá trị cần tìm Câu 3: a) Thu gọn biểu thức: A     Giải: Ta có A        1    1    1     1   1      (vì   0;   ) 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? 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) Gi{ b{n đƣợc giảm lần thứ hai là: 100%  10%.90%x  90%.90%.x (đồng) Website: tailieumontoan.com 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: x  2mx  m   (1) (x ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Giải: 2   2  1 1     2 Ta có Δ'   m   1.m  2  m  m    m  2.m           m           2   2 1 7 1     m      0, m (vì  m    0, m ) 2 4 2   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 , x phƣơng trình (1) thỏa mãn: 1  x1 2  x   1  x 2  x1   x12  x 22  Giải: Theo câu a, với m phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét:  2m b  x  x   a    2m  c m2  x1x    m2 a  Ta có: 1  x1 2  x   1  x 2  x1   x12  x 22    x  2x1  x1 x   x1  2x  x1 x  x1  x   2x1 x  2  x1  x   x1  x     2m  2m   (do hệ thức Vi-ét)  4m  2m    2m  m   * Ta có a  b  c    1   1  nên phƣơng trình (*) có nghiệm: c 1 m1  1; m   a 1 giá trị cần tìm Vậy m1  1; m  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 ˆE a) Chứng minh: AF  BC AFˆ D  AC Giải: Website: tailieumontoan.com A D E H B F O C ˆ C  BE ˆ C  900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) Ta có BD  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: ˆ C  900  900  1800 (vì AH  BC, BD  AC) HFˆ C  HD  Tứ giác HFCD nội tiếp (tổng góc đối 1800) ˆ E (cùng chắn cung HD)  AFˆ D  AC b) Gọi M l| trung điểm AH Chứng minh: MD  OD v| điểm M, D, O, F, E thuộc đƣờng tròn Giải: Website: tailieumontoan.com A M D E H B F O C 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) ˆ E  MO ˆ D (2 góc tƣơng ứng)  MO ˆ D (4)  EO ˆ D  EO ˆ D (5) (hệ góc nội tiếp) Ta có EC ˆ D (6) (cùng chắn cung HD tứ giác HFCD nội tiếp) Ta có HFˆ D  EC ˆ D  HFˆ D Từ (4), (5) (6)  MO  Tứ giác MFOD nội tiếp (7) (tứ gi{c có đỉnh O, F nhìn cạnh MD dƣới góc nhau) ˆ O  1800  MFˆ O (tổng góc đối tứ giác MFOD nội tiếp)  MD  1800  900  900 (vì AF  BC)  MD  DO Xét tứ giác MEOD có: ˆ O  MD ˆ O  900 (vì ∆MEO = MDO: cmt) ME Website: tailieumontoan.com ˆ O  MD ˆ O  900  900  1800  ME  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: A M E D K I H B F O Gọi I l| giao điểm thứ hai MC v| đƣờng tròn (O) ˆ E (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) ˆ E  DC Ta có MD ˆD ˆ K  HC Hay MD  HFˆ D (cùng chắn cung HD tứ giác HFCD nội tiếp)  MFˆ D (9) Xét ∆MDK v| ∆MFD có: ˆ D : chung FM ˆ K  MFˆ D (do (9)) MD  ∆MDK ∽ ∆MFD (g.g) MD MK    MD2  MK.MF (10) MF MD ˆ D (11) (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) ˆ I  MC Ta có MD Xét ∆MDI v| ∆MCD có: ˆ D : chung CM ˆ D (do (11)) ˆ I  MC MD  ∆MDI ∽ ∆MCD (g.g) C Website: tailieumontoan.com MD MI   MD2  MI.MC(12) MC MD Từ (10) (12)  MI.MC = MK.MF = MD2 MI MK   (13) MF MC Xét ∆MKI v| ∆MCF có: ˆ C : chung FM MI MK  (do (13)) MF MC  ∆MKI ∽ ∆MCF (c.g.c)  MˆIK  MFˆ C  900 (2 góc tƣơng ứng)  KI  MC (14) Mà BˆIC  900 (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 1   d) Chứng minh: FK FH FA Giải: Ta có FA.FH  FM  MAFM  MH  FM  MAFM  MA  FM2  MA2 (16) (vì MA = MH) Ta có FK.FM  FM  MK.FM  FM2  MK.MF   FM2  MD2 (do trên)  FM2  MA2 (17) (vì MD = MA) Từ (16) (17)  FA.FH = FK.FM FM  MA  FM  MH  FA  FH   2FM    FK FA.FH FA.FH FA.FH FA FH Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 2: ĐỀ MINH HỌA SỐ 2, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM NĂM 2017-2018 Câu 1: x 1  2x  2 c) Giải phƣơng trình: 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: x2 a) Trong mặt phẳng Oxy, vẽ đồ thị (P) hàm số y  b) Gọi A l| điểm thuộc (P) có ho|nh độ Viết phƣơng trình đƣờng thẳng OA Câu 3:   a) Thu gọn biểu thức: A  2 1 2  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: x  mx   (1) (x ẩn số) a) Chứng minh phƣơng trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu b) Gọi x1 , x nghiệm phƣơng trình (1) x12  x1  x 22  x   Tính giá trị biểu thức: P  x1 x2 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 ˆ C  1800  AB ˆC a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp Suy AH 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 ˆC c) Gọi I giao điểm AM v| HC; J l| giao điểm AC HN Chứng minh AJˆI  AN d) Chứng minh rằng: OA vng góc với IJ 10           3   3     3 3 (vì   1  1 Website: tailieumontoan.com   0;   ) 2 2 3 3 b) Bảng gi{ cƣớc taxi Mai Linh loại xe Kia Morning nhƣ sau: 10.000 đồng cho 0,6km đầu tiên, 13.000 đồng/km cho đoạn quãng đƣờng 0,6km nhƣng không 25km 11.000 đồng/km cho đoạn đƣờng 25km Tính quãng đƣờng đƣợc số tiền xe 371.200 đồng Giải: Số tiền 25km là: 10000 + (25 – 0,6).13000 = 3272000 (đồng) < 371000 (đồng) Gọi x (km) l| quãng đƣờng đƣợc (x > 25) Theo đề b|i, ta có phƣơng trình: 327200 + (x – 25).11000 = 371200  x  29 (nhận) Vậy quãng đƣờng đƣợc 29 (km) Câu 4: Cho phƣơng trình: x  2m  2x  2m   (x ẩn số) a) Chứng tỏ phƣơng trình có nghiệm x1, x2 với m Giải: 2 Ta có Δ'   m  2  1.2m  5  m  4m   2m   m  6m   m  3  0, m Do Δ'  0, m nên phƣơng trình có nghiệm x1, x2 với m b) Tìm m để A  x1x  x12  x 22 đạt giá trị lớn Giải: Theo câu a, với m phƣơng trình có nghiệm x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b  2m  2   2m  x  x   a    c 2m   x1x    2m  a  Ta có: A  x1x  x12  x 22   3x x  x 12  2x x  x 22   3x x  x  x   32m  5  2m  4 (do hệ thức Vi-ét)   6m  15  4m  8m  16   6m  15  4m  8m  16  4m  14m  31     4m  14m  31 2   7 7   2m   2.2m         31 2 2     75     2m     2    75    2m    2  384 Website: tailieumontoan.com 75 7  , m (vì   2m    0, m ) 2  7 Dấu “=” xảy 2m    2m   m  2 75 m  Vậy giá trị lớn biểu thức A là: MaxA   4 Câu 5: Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O) (AB < AC) Vẽ đƣờng cao AH ∆ABC Gọi D E lần lƣợt hình chiếu H AB AC a) Chứng minh: AD.AB = AE.AC tứ giác BDEC nội tiếp Giải:  A E O D B C H Ta có ∆AHB vng H v| có HD l| đƣờng cao  AH2  AD.AB (1) (hệ thức lƣợng) Ta có ∆AHC vng H v| có HE l| đƣờng cao  AH2  AE AC (2) (hệ thức lƣợng) Từ (1) (2)  AD.AB = AE.AC (3) Xét ∆ADE v| ∆ACB có: ˆ E : chung DA AD AE  (do (3)) AC AB  ∆ADE ∽ ∆ACB (c.g.c) ˆ B (4) (2 góc tƣơng ứng) ˆ E  AC  AD ˆ B (do (4)) ˆ E  AC Xét tứ giác BDEC có: AD  Tứ giác BDEC nội tiếp (góc góc đối ngồi) 385 Website: tailieumontoan.com b) Gọi I l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp tứ gi{c BDEC v| K l| t}m đƣờng tròn ngoại tiếp ∆ADE Chứng minh OA  DE tứ giác OAKI hình bình hành Giải: y A x K E O D 1 B C H I Kẻ tiếp tuyến xy A đƣờng tròn (O) ˆ C ˆ (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung) Ta có A 1 ˆ (góc góc đối tứ giác BDEC nội tiếp) D  DE // xy (2 góc vị trí so le trong: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song) Mà OA  xy  OA  DE (quan hệ tính vng góc tính song song) Ta có I t}m đƣờng trịn ngoại tiếp tứ gi{c BDEC nên I l| giao điểm đƣờng trung trực cạnh BC DE ˆ H  AE ˆ H  900 (vì HD  AB, HE  AC) Ta có AD  điểm A, D, H, E thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AH  ∆ADE nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AH Hay đƣờng trịn đƣờng kính AH có t}m K l| trung điểm AH ngoại tiếp ∆ADE Ta có OB = OC (= b{n kính đƣờng trịn (O))  O thuộc đƣờng trung trực BC  OI  BC Mà AK  BC (vì AH  BC)  AK // OI (5) (quan hệ tính vng góc tính song song) Ta có ∆ADH vng D có KD trung tuyến; ∆AEH vng E có KE trung tuyến 386 Website: tailieumontoan.com AH )  K thuộc đƣờng trung trực DE  KI  DE Mà AO  DE  KI // AO (6) (quan hệ tính vng góc tính song song) Xét tứ giác OAKI có: AK // OI (do (5)) KI // AO (do (6))  Tứ giác OAKI hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành) c) Đƣờng tròn (K) cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh: ba điểm I, H, F thẳng hàng Giải:  KD  KE (  y A x K F E O D B C H I Ta có OI = AK (vì OAKI hình bình hành) = KH (7) (vì K l| trung điểm AH) Xét tứ giác HKOI có: OI = KH (do (7)) OI // KH (cùng vuông góc với BC: dấu hiệu nhận biết đƣờng thẳng song song)  Tứ giác HKOI hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)  IH // OK (8) Xét ∆KOF v| ∆KOA có: KO: chung 387 Website: tailieumontoan.com OF = OA (= b{n kính đƣờng trịn (O)) KF = KA (= b{n kính đƣờng trịn (K))  ∆KOF = ∆KOA (c.c.c) ˆ F  KO ˆ A (2 góc tƣơng ứng)  KO  OK phân giác góc AOF Xét ∆AOF c}n O (vì OF = OA) nên OK l| ph}n gi{c l| đƣờng cao  OK  AF Mà IH // OK (do (8))  IH  AF Mà HF  AF (vì HFˆ A  900 : góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (K)) Vậy điểm I, H, F thẳng hàng d) Chứng minh ba đƣờng thẳng: AF, ED v| CB đồng quy Giải: y A x F'≡F K E O D 1 T B C H I Gọi T l| giao điểm DE v| BC; F’ l| giao điểm AT v| đƣờng tròn (O) (F’ kh{c A) ˆ (góc góc đối ngồi tứ giác BDEC nội tiếp) ˆBC Ta có TD  TFˆ ' B (9) (góc góc đối ngồi tứ gi{c AF’BC nội tiếp) ˆ B  TFˆ ' B (do (9)) Xét tứ gi{c TF’DB có: TD  Tứ gi{c TF’DB nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh D, F’ liên tiếp nhìn cạnh TB dƣới góc nhau) Ta có TFˆ ' H  TFˆ ' D DFˆ ' H ˆ C  DFˆ ' H (góc góc đối tứ gi{c TF’DB nội tiếp)  AB 388 Website: tailieumontoan.com ˆ H (cùng chắn cung DH đƣờng tròn (K)) ˆ H  BA  AB  90 (2 góc phụ nhau)  HF’  AT F’ Mà HF  AT F  F’ ≡ F Vậy đƣờng thẳng AF, ED v| CB đồng quy T 389 Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 50: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS ĐOÀN THỊ ĐIỂM, QUẬN 3, NĂM 2017-2018 Câu 1:     a) Giải phƣơng trình: x   x    b) Theo hợp đồng, tổ sản xuất chia lãi với theo tỉ lệ Hỏi tổ đƣợc chia tổng số lãi l| 12 800 000 đồng Câu 2: x2 a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   v| đƣờng thẳng D : y  x  hệ trục tọa độ b) Tìm điều kiện m để đƣờng thẳng D' : y  x  m cắt (P) câu a hai điểm phân biệt có ho|nh độ dƣơng Câu 3: a) Thu gọn biểu thức sau: A  2  2 3  2 b) Ông Cƣờng mua nghé bê Ông bán lại đồng giá 18 triệu đồng Do nghé giá nên ông chịu lỗ 20% nhƣng ông gỡ lại thiệt hại nhờ bê lên giá lời đƣợc 20% Hỏi ông Cƣờng lời hay lỗ Câu 4: Cho phƣơng trình: x  2m  1x  m  (m tham số) a) Chứng minh phƣơng trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m b) Tìm m để A  x12  x1  2mx  x1x đạt giá trị nhỏ Câu 5: Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn (O; R) có đƣờng cao AD Tia AD cắt (O) điểm M M  A  Vẽ ME vng góc với AC E Đƣờng thẳng ED cắt đƣờng thẳng AB I a) Chứng minh: tứ giác MDEC nội tiếp MI  AB b) Chứng minh: AB.AI = AE.AC c) Gọi H l| điểm đối xứng M qua BC Tia BH cắt AC S Lấy điểm T  AB cho ST // EI Chứng minh: C, H, T thẳng hàng d) Vẽ đƣờng kính AK (O) cắt BC F, AH cắt TS I Chứng minh: IF // HK 390 Website: tailieumontoan.com BÀI GIẢI Câu 1:     a) Giải phƣơng trình: x   x    (1) Giải: 1  x  4x   7x  14    x  3x   Đặt t  x t  0 Phƣơng trình (1) trở thành: t  3t   (*) Ta có a  b  c    3   4  nên phƣơng trình (*) có nghiệm: 4 c  (nhận) t  1 (loại); t     a Với t   x   x  2 Vậy tập nghiệm phƣơng trình (1) l|: S  2;  2 b) Theo hợp đồng, tổ sản xuất chia lãi với theo tỉ lệ Hỏi tổ đƣợc chia tổng số lãi l| 12 800 000 đồng Giải: Gọi x, y (đồng) theo thứ tự tỉ lệ (y > x > 0) x 5x  3y     Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:  y x  y  12800000  x  y  12800000   x  4800000 x  4800000  8x  38400000 5x  3y  (nhận)     3x 3y 38400000 x y 12800000 4800000 y 12800000 y 8000000              Vậy tổ đƣợc chia l| 800 000 (đồng); 000 000 (đồng) Câu 2: x2 a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   v| đƣờng thẳng D : y  x  hệ trục tọa độ Giải: Bảng giá trị x 4 2 x y  1 1  4 x y  x2 2 Vẽ đồ thị 391 Website: tailieumontoan.com b) Tìm điều kiện m để đƣờng thẳng D' : y  x  m cắt (P) câu a hai điểm phân biệt có ho|nh độ dƣơng Giải: x2  x  m Phƣơng trình ho|nh độ giao điểm (P) v| (D’) có dạng:    x  4x  4m  x  4x  4m  * Δ'   Để (P) cắt (D’) điểm phân biệt có ho|nh độ dƣơng   S  P     22  1.4m  4  4m    m     0  4     m 1 m  4m     4m   Vậy < m < (P) cắt (D’) điểm phân biệt có hồnh độ dƣơng Câu 3: a) Thu gọn biểu thức sau: A  2  2  2 3 Giải: Ta có: A   2  2 2 2 42    2 2  2  3   3 3 3 2  2    3 3 2 2 2   93 2 1  392      Website: tailieumontoan.com   2  1  2 2 2 2 2 (vì     6  1 3 2  3    3  3   1  )  6 2 3 3    93 2 2 6    6 b) Ông Cƣờng mua nghé bê Ông bán lại đồng giá 18 triệu đồng Do nghé giá nên ông chịu lỗ 20% nhƣng ông gỡ lại thiệt hại nhờ bê lên giá lời đƣợc 20% Hỏi ông Cƣờng lời hay lỗ Giải: Gọi x, y (đồng) giá tiền nghé v| bê ban đầu ông Cƣờng mua (x > 0; y > 0) Số tiền nghé bán lỗ 20% là: 80%x = x (đồng) Số tiền bê bán ra lời 20% là: 120%y = y (đồng) 4  x  18 x  22,5  (nhận) Theo đề bài, ta có hệ phƣơng trình:   y  15  y  18 5 Số tiền lỗ 20% nghé là: 20%.22,5  4,5 (triệu) Số tiền lời 20% bê là: 20%.15  (triệu) Vậy ông Cƣờng lỗ 4,5 – = 1,5 (triệu) Câu 4: Cho phƣơng trình: x  2m  1x  m  (m tham số) a) Chứng minh phƣơng trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m Giải: Ta có Δ   2m  1  4.1.m  4m  4m   4m  4m    0, m (vì 4m  0, m ) Do Δ  0, m nên phƣơng trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m  b) Tìm m để A  x12  x1  2mx  x1x đạt giá trị nhỏ Giải: Theo câu a, với m phƣơng trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: b  2m  1   2m  x  x   a    c m  x1x    m a  Vì x1 nghiệm nên thỏa x12  2m  1x1  m   x12  2mx  x1  m   x12  x1  2mx  m (*) Theo đề bài, ta có: A  x12  x1  2mx  x1x  2mx1  m  2mx  x1x (do (*))  2mx1  x   x1x  m (do hệ thức Vi-ét)  2m2m  1  m  m  4m  2m 1 1  2m   2.2m        2 2 393 Website: tailieumontoan.com 2 1 1 1     2m      , m (vì  2m    0, m ) 2 4 2   1 Dấu “=” xảy 2m    2m    m   2 1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A là: MinA   m   4 Câu 5: Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đƣờng trịn (O; R) có đƣờng cao AD Tia AD cắt (O) điểm M M  A  Vẽ ME vng góc với AC E Đƣờng thẳng ED cắt đƣờng thẳng AB I a) Chứng minh: tứ giác MDEC nội tiếp MI  AB Giải: A O B E C D I M Xét tứ giác MDEC có: ˆ C  ME ˆ C  900 (vì AM  BC, ME  AC) MD  Tứ giác MDEC nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh D, E liên tiếp nhìn cạnh MC dƣới góc vng) Xét tứ giác MDBI có: ˆ E (góc góc đối ngồi tứ giác MDEC nội tiếp) ˆ I  MC MD ˆ I (góc góc đối ngồi tứ giác ABMC nội tiếp đƣờng tròn (O))  MB  Tứ giác MDBI nội tiếp (tứ gi{c có đỉnh D, B liên tiếp nhìn cạnh MI dƣới góc vng) ˆ B  1800 (tổng góc đối tứ giác MDBI nội tiếp)  MˆIB  MD  MˆIB  900  1800  MˆIB  900  MI  AB b) Chứng minh: AB.AI = AE.AC 394 Website: tailieumontoan.com Giải: A O B E C D I M ˆ B (cùng chắn cung BD tứ giác MDBI nội tiếp) Ta có AˆIE  AM ˆ B (1) (cùng chắn cung AB đƣờng tròn (O))  AC Xét ∆AIE v| ∆ACB có: ˆ E : chung BA ˆ B (do (1)) AˆIE  AC  ∆AIE ∽ ∆ACB (g.g) AI AE    AB.AI  AE.AC AC AB c) Gọi H l| điểm đối xứng M qua BC Tia BH cắt AC S Lấy điểm T  AB cho ST // EI Chứng minh: C, H, T thẳng hàng Giải: 395 Website: tailieumontoan.com A S T H O B E C D I M Xét ∆BDH v| ∆BDM có: BD: chung ˆ H  BD ˆ M  900 (vì AM  BC) BD DH = DM (vì H đối xứng với M qua BC)  ∆BDH = ∆BDM (c.g.c) ˆ D  MB ˆ D (2 góc tƣơng ứng)  HB ˆ C  MB ˆC Hay SB ˆ C (cùng chắn cung MC đƣờng trịn (O))  MA ˆ S (2 góc phụ nhau)  900  BC ˆ C  BSˆ C  900 (2)  SB ˆ C  BSˆ C  1800 (tổng góc ∆BSC) Ta có BSˆ C  SB  BSˆ C  900  1800  BSˆ C  900 (do (2))  BS  AC S Ta có ATˆ S  AˆIE (vì ST//EI góc vị trí đồng vị) ˆ B (3) (do (1))  AC Xét ∆ATS v| ∆ACB có: ˆ S : chung TA ˆ B (do (3)) ATˆ S  AC  ∆ATS ∽ ∆ACB (g.g) AT AS   (4) AC AB Xét ∆ATC v| ∆ASB có: ˆ S : chung TA 396 Website: tailieumontoan.com AT AS  (do (4)) AC AB  ∆ATC ∽ ∆ASB (c.g.c)  ATˆ C  ASˆ B  900 (2 góc tƣơng ứng)  CT  AB T Xét ∆ABC có: AD v| BS l| đƣờng cao cắt H  H trực tâm ∆ABC M| CT l| đƣờng cao thứ ba nên CT qua H Vậy điểm C, H, T thẳng hàng d) Vẽ đƣờng kính AK (O) cắt BC F, AH cắt TS I Chứng minh: IF // HK Giải: A S I T H O E B F D C I M K Xét ∆HBC v| ∆MBC có: HB = MB (vì ∆BDH = ∆BDM: cmt nên cạnh tƣơng ứng nhau) ˆ C  MB ˆ C (vì ∆BDH = ∆BDM: cmt nên góc tƣơng ứng nhau) HB BC: chung  ∆HBC = ∆MBC (c.g.c) ˆ K  900 (góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (O)) ˆ K  AC Ta có AB  KB  AB KC  AC Xét tứ giác BHCK có: BH//KC (cùng vng góc với AC) CH//KB (cùng vng góc với AB)  Tứ giác BHCK hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)  BK // CH 397 Website: tailieumontoan.com ˆ B (2 góc vị trí so le trong) ˆ C  HC  KB ˆ B (vì ∆HBC = ∆MBC nên góc tƣơng ứng nhau)  MC  cung KC = cung MB (so sánh cung)  KC = MB (liên hệ cung dây) ˆ M  CA ˆ K (so sánh cung)  BA ˆ I  CA ˆ F (5) Hay TA Xét ∆ATI v| ∆ACF có: ˆ I  CA ˆ F (do (5)) TA ˆ F (do trên) ATˆ I  AC  ∆ATI ∽ ∆ACF (g.g) AI AT   (*) AF AC Xét ∆ATH v| ∆ACK có: ˆ K  900 (do trên) ATˆ H  AC ˆ H  CA ˆ K (do (5)) TA  ∆ATH ∽ ∆ACK (g.g) AT AH   (**) AC AK AI AH AI AF    Từ (*) (**)  AF AK AH AK  IF // HK (Talet đảo) Hết 398 ... tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 4: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS Á CHÂU, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải c{c phƣơng trình v| hệ phƣơng trình sau: c) 5x  43x  18  a) 3x  17x  10 ... ≡ M) Mà N thuộc BC AM (gt)  N’ ≡ N Vậy DN//BM 32 Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 5: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS CHU VĂN AN, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: (2 điểm) Giải c{c... trung điểm BC)    AM.MD MC     MC MA   41 Website: tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 6: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƢỜNG THCS ĐỒNG KHỞI, QUẬN 1, NĂM 2017-2018 Câu 1: a) Giải phƣơng trình: