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
y = − x2
( D) : y = 1 x − 2
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

Giải:
(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
∆>0
Do
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:

(

)

S = { − 21; 2}

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)
2
t1 = 4
x = 4 ⇔ x = ±2
thì
Với


S = { − 2; 2}

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là
 2( x + 1) = −3y

3x − 5y = −3(1 + y )
d)

1
y = − x2
4

x

−2

−1

1
y = − x2
4

−4

−1

x
0
1
y = x−2 −2
2
Vẽ đồ thị

4
0

0
0

−
4
4 4
⇔ − x 2 = 2x − 8
⇔ x 2 + 2x − 8 = 0 ( 5)
∆' = 12 − 1.( − 8) = 1 + 8 = 9 > 0; ∆' = 9 = 3

Ta có
∆ '> 0
Do
nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:
−1+ 3
−1− 3
x1 =
= 2; x 2 =
= −4
1
1

+ Với
+ Với

x1 = 2

ta có

x 2 = −4

1
1

Giải:

A=

10 − 3 − 2 −
2

=

10 − 3
2
−
−
2
2

=

10 − 3
−1−
2

=

10 3
− −
3
2

Ta có


 10 3 
⇒ T 2 = 
+  − 2
2
2


+

10 + 3
+
2

10 3
+ +
2
2

10 3
+ −
2
2

10 3
+ −
2
2

T=

⇒T=

10 − 1

A=−

10 − 1 +

10 9
1
− = 10 − 2
= 10 − 1
4 4
4

(vì T > 0)
Thay T vào biểu thức A, ta được:

Vậy

10 − 1 − 1 = −1

A = −1

Câu 4: Cho phương trình:

x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 + m − 3 = 0

(1) (x là ẩn số)
x1 , x 2

m

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
m1 = −1
a
2
(nhận);
(loại)
m = −1
Vậy
là giá trị cần tìm
Câu 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và cát tuy ến MCD c ủa
(O) (A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D; A và C nằm khác phía đối v ới đường thẳng MO). G ọi I là
trung điểm CD
a) Chứng minh: MB2 = MC.MD
Giải:


Xét ∆MBC và ∆MDB có:
ˆ
M

⇒
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 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
⇒
Tứ giác AOIB nội tiếp đường tròn đường kính MO
c) Tia BI cắt (O) tại J. Chứng minh: AD2 = AJ.MD
Giải:

Xét ∆MAC và ∆MDA có:
ˆ
M
2
: chung
ˆ
ˆ
A1 = D
2
(hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
⇒
∆MAC = ∆MDA (g.g)

AD
(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

Ta có KI//BD (gt)
ˆB
⇒ CˆIK = CD
(2 góc ở vị trí so le trong)
ˆK
= CA
(7) (cùng chắn cung BC của đường tròn (O))
ˆK
CˆIK = CA
Xét tứ giác ACKI có:
(do (7))
⇒
Tứ giác ACKI nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh A, I cùng nhìn cạnh CK dưới một góc bằng nhau)
ˆ G = IA
ˆK

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:
15
5000000.(1 + 0,6% ) =
Số tiền cả gốc lẫn lãi sau 15 tháng là:
5469400,363đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP.HCM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)

x 2 − 7 x + 12 = 0
x 2 − ( 2 + 1) x + 2 = 0

5
3 5
+
−
5+2
5 −1 3 + 5

x
1  
2
6 

B=
+
+
÷: 1 −
÷
x +3 
x x +3 x 
 x+3 x

(x>0)

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình

x 2 − mx − 1 = 0

(1) (x là ẩn số)


Chứng minh
d)

¶ = ANC
·
AJI

Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ

BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a)

x 2 − 7 x + 12 = 0

∆ = 7 2 − 4.12 = 1
⇔x=

7 +1
7 −1
= 4 hay x =
=3
2
2

x 2 − ( 2 + 1) x + 2 = 0
b)

Bài 2:
a) Đồ thị:

⇔

12 x − 8 y = 16

12 x − 9 y = 15

⇔

 y =1

x = 2


( ±1;1) , ( ±2; 4 )
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),

( −1;1) , ( 3;9 )
(D) đi qua
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

x2 = 2 x + 3

⇔

x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = −1 hay x = 3

(a-b+c=0)

4
4
4
= 3 5 −5+5−2 5 = 5
= 3 5 −5+

x
1  
2
6 

B=
+
+
÷: 1 −
÷
x +3 
x x +3 x 
 x+3 x


x
1   x −2
6
= 
+
:
+
÷


(x>0)


a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :

x12 + x1 − 1 x22 + x2 − 1
P=
−
x1
x2

x12 = mx1 + 1
Ta có

P=

x 22 = mx 2 + 1
và

(do x1, x2 thỏa 1)

mx1 + 1 + x 1 − 1 mx 2 + 1 + x 2 − 1 (m + 1)x1 (m + 1)x 2
−
=
−
=0
x1

·
ABC
= AMC

mà

·
·
⇒ FHD
= ·AHC = 1800 − ABC

B

I
C

D
M

K

cùng chắn cung AC

·
·
ANC
= AMC

do M, N đối xứng


¶
⇒ AJI

do MN đối xứng qua AC mà

tứ giác HIJA nội tiếp.

·
AHI
bù với

¶ = ANC
·
⇒ AJI

·
·
NAC
= CHN

·
AHI

·
ANC
mà

bù với

(do AHCN nội tiếp)

ICJ
(AHCN nội tiếp) vậy

IJCM nội tiếp

·
IMJ
=

¶ = AMC
·
·
⇒ AJI
= ANC
·
AJQ

d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có

·
AKC
vì

·
AMC
=

=

·


·
AMC
mà

¶
AJI
=

·
xAC
do chứng minh trên vậy ta có

=

·
AMC
=

·
AJQ
⇒

vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)

Nguyễn Đức Tấn – Nguyễn Anh Hoàng (Trường THPT Vĩnh Viễn

JQ song song Ax