HDG đề THI THỬ số 2 TUYỂN SINH 10 năm 2018

Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ SỐ 2 TUYỂN SINH 10 NĂM 2018

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Môn thi : TOÁN (ngày 29/04/2018)

(Biên Soạn: Lục Bào)

Thời gian: 120 phút (không kể thời phát đề).

Bài I: (2 điểm).
1. Thực hiện các phép tình sau:
a)

2 3
2 3

2 3
2 3

2. Rút gọn biểu thức N 

b)

3
13
6
.



2 3 4 3
3

2( x  4)
x
8


, x  0, x  16 .
x 3 x 4
x 1 4  x

Bài II: (2 điểm).

 x  2 y  1
Cho hệ phương trình: 
, ( m là tham số).
2 x  my  2
a) Giải hệ phương trình với m  1 .
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thoả y  x 2 .
Bài III: (2 điểm).
Cho hàm số y  2 x 2 có đồ thị ( P) và y  x  3 có đồ thị (d ) .
a) Vẽ các đồ thị ( P),(d ) trên cùng một mặt phẳng Oxy .
b) Gọi A  ( P)  (d ) có hoành độ âm. Viết phương trình đường thẳng () qua A và có
hệ số góc bằng 1 .
c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C , cắt trục hoành tại D . Đường thẳng (d ) cắt trục
hoành tại B . Tính tỉ số diện tích của ABC và ABD .
Bài IV: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) . Các đường cao BD, CE

cắt nhau tại H và cắt đường tròn tâm (O) lần lượt tại P, Q ( P  B, Q  C ). Kẻ OI  BC tại I .
Gọi F là điểm đối xứng của A qua O . Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt AB tại M
và cắt AC tại N .
a)
b)
c)
d)

Chứng minh rằng tứ giác BCDE nội tiếp.
Chứng minh DE / / PQ .
Chứng minh ba điểm H , I , F thẳng hàng.
Chứng minh tam giác IMN cân.

1


Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904
1
Bài V: (1 điểm) Từ một khung gỗ hình vuông ABCD , M là trung điểm AB , BN  NC .
5
Đường cao MH  2 . Tính độ dài canh của khung gỗ đó.

HẾT.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT.
Bài I:
1. Thực hiện phép tính sau:

2 3
2 3


2 3
2 3

a)

2. Rút gọn biểu thức N 

b)

3
13
6
.


2 3 4 3
3

2( x  4)
x
8


, x  0, x  16 .
x 3 x 4
x 1 4  x
Lời giải.

1. Thực hiện phép tính;

(2  3 ) 2  (2  3) 2 2  3  2  3 2  3  2  3
2 3
2 3




4
1
2 3
2 3
43
(2  3)(2  3)

a)

b)

3
13
6
3(2  3)
13(4  3)




2 3
2 3 4 3

3 (2  3)(2  3) (4  3)(4  3)


6  3 3 52  13 3

 2 3  6  3 3  4  3  2 3  10 .
1
16  3

2. Rút gọn biểu thức N 
N


2( x  4)
x
8


, x  0, x  16 .
x 3 x 4
x 1 4  x

2( x  4)
x
8
2( x  4)
x ( x  4)
8( x  1)






x 3 x 4
x  1 4  x ( x  1)( x  4) ( x  1)( x  4) ( x  1)( x  4)

2x  8  x  4 x  8 x  8
3x  12 x
3 x ( x  4)
3 x



( x  1)( x  4)
( x  1)( x  4) ( x  1)( x  4)
x 1

Bài II:

 x  2 y  1
Cho hệ phương trình: 
, ( m là tham số).
2 x  my  2
2


Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904
a) Giải hệ phương trình với m  1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) thoả y  x 2 .
Lời giải.

3

x

x

2
y


1
x

2
y


1
5
x

3




5
a) Thay m  1 vào hệ ta được : 
.




2 x  y  2
4 x  2 y  4
2 x  y  2
y   4

5
3 4
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là  ;   .
5 5
 x  2 y  1
b) Xét hệ 
ta có định thức của hệ
2 x  my  2

1 2 
D 
  m  4 , để hệ có nghiệm duy nhất thì D  0  m  4 .
 2 m 
Dy
 1 2 
 1 1
Dx
m4
4
Dx  



, Dy  
.
  m4 x 
 4 y 
D m  4
D m  4
 2 m 
2 2 
4
(m  4)2
Mà y  x 2 

 4m  16  m2  8m  16  m2  4m  32  0 (VN).
m  4 (m  4)2
Vậy m  4 .
Bài III:
Cho hàm số y  2 x 2 có đồ thị ( P) và y  x  3 có đồ thị (d ) .
a) Vẽ các đồ thị ( P),(d ) trên cùng một mặt phẳng Oxy .
b) Gọi A  ( P)  (d ) có hoành độ âm. Viết phương trình đường thẳng () qua A và có
hệ số góc bằng 1 .
c) Đường thẳng () cắt trục tung tại C , cắt trục hoành tại D . Đường thẳng (d ) cắt trục
hoành tại B . Tính tỉ số diện tích của ABC và ABD .
Lời giải.
a) Hai hàm số xác định trên R nên ta có bảng giá trị sau:
( P) : y  2 x 2
x
0
3
1
1


2
0
9
2
2
y  2 x2
2

3
2
9
2

3


Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904
(d ) : y  x  3

x
y  x3

3
0

0
3

(P):y=2x^2

12

r(x ) = x + 3

(d): y=x+3
10

8

6

4

2

15

10

O(0;0)

5

5

10

15

2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d ) là:

2 x2  x  3  2 x2  x  3  0,(a  2, b  1, c  3) .
1 5 3

 xA  4  2
  25    5  
 xA  1  y A  2  A(1;2)
 x  1  5  1
 A
4
Gọi () : y  ax  b , A(1;2)  ()  a  b  2 .
Do () có hệ số góc là 1  a  1  b  1 . Vậy () : y   x 1 .
c) () cắt Oy tại C  C (0;1) , () cắt trục hoành tại D  D(1;0)
(d ) cắt trục hoành tại B  B(3;0) . Vẽ các điểm lên hệ trục Oxy ta được:

4


Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904

6

4

A(-1;2)
2

C(0;1)

15

10

5

B(-3;0)

D(1;0)

5

10

15

2

4

6

8

Ta thấy khi đặt các toạ độ tìm được lên hệ trục thì ABD là tam giác vuông cân tại A và
S
C là trung điểm AD  SABC  2SABD  ABC  2 .
SABD
Bài IV: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) . Các đường cao BD, CE cắt nhau
tại H và cắt đường tròn tâm (O) lần lượt tại P, Q ( P  B, Q  C ). Kẻ OI  BC tại I . Gọi F

là điểm đối xứng của A qua O . Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt AB tại M và cắt
AC tại N .
a)
b)
c)
d)

Chứng minh rằng tứ giác BCDE nội tiếp.
Chứng minh DE / / PQ .
Chứng minh ba điểm H , I , F thẳng hàng.
Chứng minh tam giác IMN cân.
Lời giải.

5


Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904

A

P
N
D
O

Q E

H

B

I

C
F

M
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp.
Xét tứ giác BCDE ta có : BD  AC, CE  AB  BDC  CEB  900 mà hai góc

BDC , CEB cùng nhìn một cạnh BC . Từ đó suy ra BCDE nội tiếp (hai góc cùng nhìn
một cạnh bằng nhau).
b) Chứng minh DE / / PQ .
Ta có EDB  ECB (Do tứ giác BCDE nội tiếp) mà góc QPD  ECB (cùng chắn cung
QB ) Suy ra EDB  QPD ( cùng chắn cung QB . Vậy DE / / PQ ( 2 góc đồng vị ).
c) Chứng minh H , I , F thẳng hàng.
Xét tứ giác BHCF ta có:

CH  AB mà FB  AB ( ABF chắn nửa đường tròn )  CH / / FB .(1)
BH  AC mà FC  AC ( AFC chắn nửa đường tròn )  BH / / FC .(2)
Từ (1) và (2) suy ra BECF là hình bình hành.  HF cắt BC tại trung điểm mỗi đường
Mà I là trung điểm BC  HF đi qua I . Vậy H , I , F thẳng hàng .
d) Chứng minh tam giác IMN cân.
Ta có : HNF  HCF (do HNCF là tứ giác nội tiếp), mà HCF  HBF (do HBFC là
hình bình hành), mà HBF  HMF (do BMFH là tứ giác nội tiếp ). Suy ra HMF  HNF
Xét NFM có : HMF  HNF (chứng minh trên)  NFM cân tại F mà FH là
đường cao của NFM  FH chính là đường phân giác của NFM  H là trung
điểm MN . Suy ra IH là đường trung trực của MN  IN  IM
Vậy IMN cân tại I ( điều phải chứng minh ).
6

Gia sư Lục Bảo_Số điện thoại 0994104904
1
Bài V: Từ một khung gỗ hình vuông ABCD , M là trung điểm AB , BN  NC . Đường cao
5
MH  2 . Tính độ dài canh của khung gỗ đó.

Lời giải.

A

M

B
N
H

D

C

Đặt AB  AD  BC  CD  x,( x  0) . Ta suy ra:
x
x
5x
x 61
 SDMN  S ABCD  (S AMD  SMBN  S NCD ) .
AM  , BN  , NC  , DN 
2

6
6
6

1 x2  7 2
 1 x2 1 5
1
7 2
 S DMN  x 2   .  . x 2  .  
x  .MH .DN 
x .
2 12  24
2
24
2 2 2 6
1 x 61 7 2
4 61
4 61
. Vậy cạnh của khung gỗ là
.2.

x x
(dvdt )
2
6
24
7
7

7