ĐỀ SỐ 1: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM
TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH, QUẬN 1, NĂM 2016-2017
Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
( x − 3) 2 − 7x = 2x ( x + 3) − 33
a)
5x 2 − 2 10 x + 2 = 0
b)
x 4 − 2x 2 − 8 = 0
c)
 2( x + 1) = −3y

3x − 5y = −3(1 + y )
d)
Câu 2:
1
( D) : y = 1 x − 2
y = − x2
4
2
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
và đường thẳng
b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính
A=
Câu 3: Thu gọn biểu thức:
Câu 4: Cho phương trình:

10 − 3 − 2 −
2

10 + 3


(1) ⇔ x 2 − 6x + 9 − 7x = 2x 2 + 6x − 33
⇔ x 2 − 6x + 9 − 7x − 2x 2 − 6x + 33 = 0
⇔ − x 2 − 19x + 42 = 0
Δ = ( − 19) − 4.( − 1).42 = 361 + 168 = 529 > 0; Δ = 529 = 23
2

Ta có
Do

∆>0

nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
19 + 23
19 − 23
x1 =
= −21; x 2 =
=2
2.( − 1)
2.( − 1)

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là:
5x 2 − 2 10 x + 2 = 0
b)
(2)
Giải:
Ta có
Do

(


 5 

t = x 2 ( t ≥ 0)

t 2 − 2t − 8 = 0

Phương trình (3) trở thành:
(*)
2
Δ' = ( − 1) − 1.( − 8) = 1 + 8 = 9 > 0; ∆' = 9 = 3
Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
1+ 3
1− 3
t1 =
=4
t2 =
= −2
1
1
(nhận);
(loại)


Với

t1 = 4

thì

x 2 = 4 ⇔ x = ±2

9x − 6y = −9

( 4) ⇔ 

 x = −1
x = −1
⇔
⇔
− 3 − 2y = −3
y = 0
Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là

( x; y ) = ( − 1; 0)

Câu 2:
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
Giải:
Bảng giá trị
x

−2

−1

1
y = − x2
4

−4


2

4

−1

−4

2


b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
1
1
− x2 = x − 2
4
2
2
−x
2x 8
⇔
=
−
4
4 4
⇔ − x 2 = 2x − 8
⇔ x 2 + 2x − 8 = 0 ( 5)



ta có

1
1
2
y 2 = − .( − 4 ) = − .16 = −4
4
4

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là:

A( 2; − 1) , B( − 4; − 4 )


10 − 3 − 2 −
2

A=
Câu 3: Thu gọn biểu thức:
Giải:
10 − 3 − 2 −
2

A=
Ta có
=

10 − 3
2


10 − 1

10 − 1

10 − 1
10 − 1

10 − 1 − 1

10 3 
−
+
3
2


10 3
−
3
2

 10 3 
⇒ T 2 = 
+  − 2
2
 2

+


+ .
2
2

10 3  10 3 
− +
− 
2
2  2
2

 10 3  10 3 
= 10 − 2 
+ 
− 
2
2
2
2


= 10 − 2
⇒T=

10 − 1

A=−

10 − 1 +


(

)

Δ = [ − ( 2m − 1) ] − 4.1. m 2 + m − 3 = 4m2 − 4m + 1 − 4m2 − 4m + 12 = −8m + 13

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x1 , x 2

⇔ Δ > 0 ⇔ −8m + 13 > 0 ⇔ −8m > −13 ⇔ m

)

⇔ x 12 + x 22 − ( x 1 + x 2 ) − 18 = 0

⇔ ( x 1 + x 2 ) − 2x 1 x 2 − ( x 1 + x 2 ) − 18 = 0
2

(

)

⇔ ( 2m − 1) − 2 m 2 + m − 3 − ( 2m − 1) − 18 = 0
2

(do hệ thức Vi-ét)
⇔ 4m − 4m + 1 − 2m − 2m + 6 − 2m + 1 − 18 = 0
2

2

⇔ 2m 2 − 8m − 10 = 0 ( 6 )
Ta có

a − b + c = 2 − ( − 8) + ( − 10 ) = 0

nên phương trình (6) có hai nghiệm:
c
− 10
m2 = − = −
=5

⇔ MB 2 = MC.MD
MD MB
b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp

Giải:


ˆ O = 90 0
MA

Ta có
(tính chất tiếp tuyến)
⇒
Điểm A thuộc đường tròn đường kính MO (1)
ˆ O = 90 0
MB
Ta có
(tính chất tiếp tuyến)
⇒
Điểm B thuộc đường tròn đường kính MO (2)
Ta có I là trung điểm của CD và dây CD không qua tâm O
⇒
⊥
OI CD (liên hệ giữa đường kính và dây cung)
⇒ MˆIO = 90 0
⇒

Điểm I thuộc đường tròn đường kính MO (3)
⇒
Từ (1), (2) và (3)

(5) (cùng chắn cung AI của đường tròn đường kính MO)
ˆ
ˆ
DJA = MCA
Ta có
(góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ACDJ nội tiếp đường tròn (O))
= MAˆD
(6) (do (4))
Xét ∆DJA và ∆MAD có:
ˆD
DJˆA = MA
(do (6))
ˆ
ˆ
ADJ = AMD
(do (5))
⇒
∆DJA ∽ ∆MAD (g.g)
AD AJ
⇒
=
⇔ AD 2 = AJ.MD
MD AD
d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G. Tính bán kính đường tròn

Giải:

ngoại tiếp ∆CIG theo R



0
= 90
⊥
(9) (vì OI CD)
⇒
Điểm G và I thuộc đường tròn đường kính OC
⇒
∆CIG thuộc đường tròn đường kính OC
OC R
=
⇒
2
2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG là:
Câu 6: Hàng tháng một người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng. Hỏi sau 15 tháng
người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng hàng tháng người đó không rút lãi
ra


Giải:

5000000.(1 + 0,6%) =
15

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau 15 tháng là:

5469400,363đ