Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 2018 môn toán sở GD và đt TP HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 03 tháng 6 năm 2017
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1. (2 điểm)
a) Giải phương trình: x 2   x  1 3x  2 
b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m . Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất,
biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài 40 m .
Câu 2. (1,5 điểm)
Tròn mặt phẳng tọa độ Oxy :
a) Vẽ đồ thị ( P) của hàm số y 
b) Cho đường thẳng ( D) : y 

1 2
x .
4

3
x  m đi qua điểm C  6;7  . Tìm tọa độ giao điểm của ( D) và
2

( P).
Câu 3. (1,5 điểm)

14  6 3
5 3
2) Lúc 6 giờ sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và
1) Thu gọn biểu thức sau: A 





3 1

xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762 m , góc A  60 ,
góc B  40.
a) Tính chiều cao h của con dốc.
b) Hỏi bạn an đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là 4 km/h và tốc
độ trung bình xuống dốc là 19 km/h.

Câu 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình: x 2   2m  1 x  m2  1  0 (1) ( x là ẩn số)
a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của phương trình (1) thỏa mãn:

 x1  x2 

2

 x1  3 x2

Câu 5. (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A . Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC
lần lượt là D và I . Gọi H là hình chiếu của A lên OC ; AH cắt BC tại M .

a) Chứng minh: Tứ giác ACHD nội tiếp và CHD
ABC.
b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của
góc BHD.
c)) Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh: MD.BC  MC.CD và MB.MD  MK.MC.

d)) Gọi E là giao điểm của AM và OK ; J là giao điểm của IM và  O  (J khác I).
Chứng minh: Hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nằm trên  O  .


HƯỚNG DẪN CHI TIẾT

Câu 1. (2 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi

. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng

đất, biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài

.

Hướng dẫn giải.
a. Ta có x 2  ( x  1)(3 x  2)  x 2  3 x 2  2 x  3 x  2  2 x 2  5 x  2  0 .
Tính   (5)2  4.2.2  25  16  9  0,   3 .
Phương trình có hai nghiệm x1 

53 1
53
 , x2 
 2.
2.2 2
2.2

 1
Tập nghiệm của phương trình: S  2; 
 2
b. Gọi x, y (m) là chiều dài và chiều rộng của miếng đất.
Nửa chu vi 100 : 2  50 (m).
Khi đó: x  y  50
Và 5 y  2 x  40  2 x  5 y  40 . Ta có hệ phương trình

 x  y  50
2 x  2 y  100
 x  y  50
 x  50  y
 x  30





2 x  5 y  40
2 x  5 y  40
7 y  140
 y  20
 y  20

Vậy chiều dài của mảnh đất là 30 (m) và chiều rộng là 20 (m).
Câu 2. (1,5 điểm)
Tròn mặt phẳng tọa độ
a) Vẽ đồ thị

của hàm số

b) Cho đường thẳng
và
Hướng dẫn giải.
1
a. Đồ thị y  x 2 .
4
Tập xác định D   .
Bảng giá trị

:
.
đi qua điểm

. Tìm tọa độ giao điểm của


x

2

y

1

1
1
4

0
0

1
1
4

2
1

Đồ thị

3
3
x  m qua C (6;7) nên ta có 7  .6  m  m  2 . Vậy đường thẳng
2
2
3
( D) có phương trình y  x  2 .
2

b. Đường thẳng ( D) : y 

Phương trình hoành độ giao điểm ( D) và ( P) :

1
3
1 2 3
x  x  2  x2  x  2  0  x2  6 x  8  0
4
2
4
2
Ta có  '  (3) 2  8  1  0 . Phương trình có hai nghiệm x1  3  1  4, x2  3  1  2 .
Khi đó y1 

3
3
3
3
x1  2  .4  2  4 , y1  x1  2  .2  2  1 .
2
2
2
2

Tọa độ giao điểm ( D) và ( P) là A  4; 4  và B  2;1
Câu 3. (1,5 điểm)
1) Thu gọn biểu thức sau:
2) Lúc 6 giờ sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và
xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài
, góc
, góc

a) Tính chiều cao của con dốc.

b) Hỏi bạn an đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là
tốc độ trung bình xuống dốc là km/h.
Hướng dẫn giải.

km/h và


1) Vì A 





3 1

14  6 3
nên A  0
5 3

Ta có:



 145  6 33  A
3
 A 4

 A2  4  2 3
 A2 



4 5

2





4 2 3 72 3




5 3

2

5 3
 A2
2)
a) Xét tam giác ABC có đường cao CH.
CH
CH
Ta có: AH 
; BH 
0
tan 6
tan 40

CH
CH
1 
 1
Mà AH  BH  762 

 762  CH  762 : 

 32.
0
0
0 
0
tan 6 tan 4
 tan 6 tan 4 
b) Xét tam giác ABC có đường cao CH.
Ta có:
CH
CH
32
sin 60 
 AC 

 306.
0
AC
sin 60
sin 6
CH
CH

32
sin 40 
 BC 

 459.
0
sin 4
sin 40
BC
Thời gian di chuyển từ A đến B:
S AC
306

 0, 0765 giờ
- Thời gian đi từ A đến C: t AC  
4
4.1000
v
S CB
459
- Thời gian di chuyển từ C đến B: tCB  

 0,024 giờ
v 19 19.1000
- Thời gian di chuyển từ A đến B: t AB  0,0765  0, 024  0,1005 giờ  6 phút

Vậy bạn An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.
Câu 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình:

(

là ẩn số)

a) Tìm điều kiện của để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b) Định để hai nghiệm
của phương trình (1) thỏa mãn:

Hướng dẫn giải.
Phương trình x 2  (2m  1) x  m 2  1  0 (1).
a. Ta có a  1  0 và   (2m  1) 2  4(m 2  1)  4m  5 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
5
  0  4 m  5  0  m  .
4


b. Theo Câu a, với điều kiện m 

 x1  x2  2m  1

2
 x1 x2  m  1

5
, phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 , theo định lý Viet ta có:
4

và ( x1  x2 ) 2  ( x1  x2 )2  4 x1 x2  (2m  1)2  4(m 2  1)  4m  5 . Theo đề bài

( x1  x2 ) 2  x1  3 x2  x1  3 x2  4m  5 .

Ta có:

 x  2m  1  x2
 x1  x2  2m  1
 x1  x2  2m  1  1



3m  3
 x1  3x2  4m  5
4 x2  6m  6
 x2  2
m 1
3m  3


 x1  2m  1  2
 x1  2


 x  3m  3
 x  3m  3
2
2

2

2
Khi đó

m  1 3(m  1)
.
 m 2  1  3(m 2  1)  4(m 2  1)
2
2
2
 m  1  0  m  1  m  1
x1 x2  m 2  1 

Vậy m  1  m  1 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác
lần lượt là và

vuông tại . Đường tròn tâm
. Gọi là hình chiếu của lên

đường kính
cắt các đoạn
;
cắt
tại

và

a) Chứng minh: Tứ giác
nội tiếp và
b) Chứng minh: Hai tam giác
và

đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác
của góc
c) Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh:
và
d) Gọi

là giao điểm của

và

Chứng minh: Hai đường thẳng

; . .là giao điểm của
và

Hướng dẫn giải.
a. Ta có: 
AHC  
ADC  900  ACDH nội tiếp.
  CAD
 (do ACDH nội tiếp)
Ta có: CHD
  CBA

Mà: CAD

Suy ra: CHD
ABC

OH OB


OB OC

Suy ra: OHB ∽ OBC  c  g  c   OHB
ABC
b. Ta có: OH .OC  OA2  OB 2 

và

(J khác I).

cắt nhau tại một điểm nằm trên

.



  DHC

Mà: CHD
ABC  cmt   OHB

  BHM
  900 ; DHC
  DHM
  900
Mặt khác: OHB
  DHM
  HM là tia phân giác của góc BHD .
Suy ra: BHM

MD HD

MB HB
CD HD
Mà: HC  HM  HC là tia phân giác ngoài của BHD 

CB HB

c. Ta có: HM là tia phân giác trong của BHD 

Suy ra: BHD 

CD MD

 MD.BC  MB.CD
CB MB

Ta có: OHE ∽ OKC 

OH OE

 OH .OC  OK .OE  OB 2  OD 2
OK OC

  OKB
  900
OBK ∽ OEB  OBE
Suy ra: 
  OKD

  900
ODK ∽ OED  ODE

Ta có: 5 điểm O, H , D, E , B cùng thuộc đường tròn đường kính OE  DHBE nội tiếp
 MD.MB  MH .ME
Ta có: tứ giác CHKE nội tiếp  MH .ME  MK .MC
Suy ra:  MD.MB  MK .MC
d. Gọi F là giao điểm của EJ với đường tròn.
Ta có: EB là tiếp tuyến của đường tròn  O   EB 2  EJ .EF  EK .EO  EM .EH
  900  IF là đường kính  đpcm
Theo phương tích đảo  FHMJ nội tiếp  MJF

------HẾT------