Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán thành phố hồ chí minh năm học 2017 2018(có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Điểm

x  (x  1)(3x  2)
2

 x 2  3x 2  5x  2
a)
Câu
1
(2,0đ)

 2x 2  5x  2  0
9

1.0

1
2
Gọi chiều dài là x(m) và chiều rộng là y (m).
Điều kiện: 0 < y < x < 50
Theo đề bài ta lập được hệ phương trình:
 x  y  50
 x  30


(thỏa mãn điều kiện)

2x  5y  40
 y  20
Vậy chiều dài là 30m và chiều rộng là 20m.
Lập bảng giá trị:
x1  2; x 2 

b)

x
1
y  x2
4

1.0

–4

–2

0

2

4

4

1

0

1

4

(P) là parabol đi qua các điểm: (–4;4), (–2;1), (0; 0), (2; 1), (4; 4).
y

a)

0.75

4

Câu
2
(1,5đ)

2

1

-4

b)

-2

O

2

Vì (D) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có:
3
 6  m  7  m  2
2
3
 (D) : y  x  2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
1 2 3
x  x  2  x 2  6x  8  0
4
2
Giải được x1 = 4; x2 = 2

4

x

0.75


Với x1 = 4 thì y1 = 4
Với x2 = 2 thì y2 = 1
Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (4; 4) và (2; 1).
Cách 1:

1)



14  6 3

5 3



88  44 3

22

A



3 1





3 1





3 1

 





3 1





3 1



2

14  6 3

5 3

14  6 3 5  3 
5  3 5  3 



3 1

 

3 1

Cách 2:
A



3 1

42 3

0.5



3 1  2

 4  2 3 14  6 3  
5 3

20  4 3
 42
5 3

Cách 1:
Đặt AH = x (m) (0 < x < 762)  BH = 762 – x (m). Ta có:

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:
h = x.tan60 h = (762 – x).tan40
h  x.tan 60 và h  (762  x).tan 4 0

 x.tan 60  (762  x).tan 40
 x.(tan 60  tan 40 )  762.tan 40

Câu
3
(1,5đ)

762.tan 40
tan 60  tan 40
762.tan 40
h
 tan 60  32(m)
0
0
tan 6  tan 4
Cách 2:
h
h
và BH 
Ta có: AH 
tan A
tan B
h
h
 AH  BH 


tan A tan B
1 
 1
 AB  h 


 tan A tan B 
1 
1 
 1
 1
 h  AB : 


 32(m)
  762 : 
0
0 
 tan A tan B 
 tan 6 tan 4 
Tính được:
h
h
AC 
 306(m) ; CB 
 459(m)
sin A
sin B
Thời gian An đi từ nhà đến trường là:
0,306 0, 459

t

 0,1(h)
4
19
 An đến trường vào khoảng 6 giờ 10 phút.
x

2a)

2b)

0.5

0.5


 = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m

a)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt  m 

5
4

0.5

5
4

 x1  x 2  2m  1
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2
 x1 x 2  m  1
Theo đề bài:
2
 x1  x 2   x1  3x 2
Phương trình có nghiệm  m 

  x1  x 2   4x1x 2  x1  3x 2
2

Câu
4
(1,5đ)

  2m  1  4  m 2  1  x1  3x 2
2

b)

 x1  3x 2  5  4m

m 1

x

1

 x  x 2  2m  1

2
Ta có hệ phương trình:  1

 x1  3x 2  5  4m
 x  3(m  1)
 2
2
m  1 3(m  1)


 m2  1
2
2
 3  m 2  1  4  m 2  1

1.0

 m2  1  0
 m  1
Kết hợp với điều kiện  m  1 là giá trị cần tìm.
E
C

1
1

N

D
M

I
1 2

Câu
5
(3,5đ)

H

1

3
4

J

K

0.25
1

A

1

2

B

O

F


a)

b)

  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: ADB
)
  900 (kề bù với ADB
 ADC
  ADC
  900
Tứ giác ACDH có AHC
 Tứ giác ACDH nội tiếp
1  H
1
Tứ giác ACDH nội tiếp  A
1  ABC
 (cùng phụ với góc ACB)
Mà A
1  ABC

H
Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông AOC, có:
OA2 = OH.OC
 OB2 = OH.OC (vì OA = OB)

OB OH


OC OB
 chung ; OB  OH
 OHB và  OBC có: BOC
OC OB
 OBC (c.g.c)
  OHB
 OHB

1  H
2  H
3  H
 4   900 
Mà H

c)



 4  OBC
H
4  H
 1 do H
 1  ABC

 OBC  H

0.5

0.25

0.5



2  H
3
H
 HM là tia phân giác của góc BHD.
 HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H
Mà HC  HM
 HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có:
MD HD
CD HD

và

MB HB
CB HB
MD CD


 MD.BC  MB.CD
MB CB
Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O).
 OAN cân tại O, có OH là đường cao
1  O

 2  ONC  OAC (c.g.c)
O
  OAC
  900
 ONC
(O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính
  900
 OK  BD  OKC
Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC
Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau
tại I thì IA.IB = IC.ID.

0.25

0.5

0.5


C

I

A

B
O

D

Áp dụng bài toán trên, ta có:
(O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD
Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên
MA.MN = MC.MK
Do đó MB.MD = MC.MK.
(O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ
 MI.MJ = MC.MK
MI MC
 1  J1
 MKJ  C


  MIC
MK MJ
1  E
 1  900  COE
 E
 1  J1
Mà C



d)



 Tứ giác EJKM nội tiếp
  EKM
  900
 EJM

Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O)
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 IJF
  1800
 EJF
 E, J, F thẳng hàng
 OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O).
(Phần này tương tự phần c) đề Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014)

0.75