đề thi tuyển sinh 10 tại tphcm và đáp án năm học 20142015 20152016 thcs nguyễn văn trỗi

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT </b>

<b>TP.HCM</b> <b>Năm học: 2015 – 2016</b>

<b> ĐỀ CHÍNH THỨC</b> <b>MƠN: TỐN</b>

<i>Thời gian làm bài: 120 phút </i>
<b>Bài 1: (2 điểm)</b>

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) <i>x</i>2 8<i>x</i>15 0

b) 2<i>x</i>2 2<i>x</i> 2 0
c) <i>x</i>4 5<i>x</i>2 6 0

d)

2 5 3

3 4

<i>x</i> <i>y</i>
<i>x y</i>

 




 



<b>Bài 2: (1,5 điểm)</b>

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số <i>y x</i> 2_{và đường thẳng (D):}<i>y x</i> 2_{trên cùng}

một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

<b>Bài 3: (1,5 điểm)</b>

Thu gọn các biểu thức sau:

1 10

( 0, 4)
4

2 2

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>A</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 

    



 

(13 4 3)(7 4 3) 8 20 2 43 24 3

<i>B</i>     

<b>Bài 4: (1,5 điểm)</b>

Cho phương trình <i>x</i>2 <i>mx m</i>  2 0 _{(1) (x là ẩn số)}

a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
b) Định m để hai nghiệm <i>x x</i>1, 2của (1) thỏa mãn

2 2

1 2

1 2

2 2

. 4

1 1

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 



 

<b>Bài 5: (3,5 điểm)</b>

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường trịn tâm O đường kính
BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E, F. Gọi H là giao điểm của BE và CF. D là
giao điểm của AH và BC.

a) Chứng minh : <i>AD</i><i>BC</i>_{và AH.AD=AE.AC}

b) Chứng minh EFDO là tứ giác nội tiếp

c) Trên tia đối của tia DE lấy điểm L sao cho DL = DF. Tính số đo góc BLC
d) Gọi R, S lần lượt là hình chiếu của B,C lên EF. Chứng minh DE + DF = RS

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>ĐÁP ÁN CHI TIẾT - MƠN TỐN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>
<b>-TPHCM</b>

<b>Bài 1: (2 điểm)</b>

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) <i>x</i>2 8<i>x</i>15 0

2

( ' 4 15 1)

4 1 5 4 1 3

<i>x</i> <i>hay x</i>

   

      

b) 2<i>x</i>2 2<i>x</i> 2 0 ₍₂₎
2 4(2)( 2) 18

2 3 2 2 3 2 2

(2) 2

4 4 2

<i>x</i> <i>hay x</i>

    

  

    

c) <i>x</i>4 5<i>x</i>2 6 0

Đặt u = x2 _0_{pt thành :}

2 ₅ _{6 0} ₁

<i>u</i>  <i>u</i>   <i>u</i> _{(loại) hay u = 6}
Do đó pt  <i>x</i>2  6 <i>x</i> 6

d)

2 5 3 17 17 1

3 4 3 4 1

<i>x</i> <i>y</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x y</i> <i>x y</i> <i>y</i>

    

 

 

  

    

  

<b>Bài 2: </b>

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),



1;1 , 2;4

 





(D) đi qua



1;1 , 2;4

 



b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

2 ₂

<i>x</i>  <i>x</i> _ <i>x</i>2 <i>x</i> 2 0  <i>x</i>1 <i>hay x</i>2_(a-b+c=0)

y(-1) = 1, y(2) = 4

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là



1;1 , 2;4

 



<b>Bài 3: </b>Thu gọn các biểu thức sau

1 10

( 0, 4)
4

2 2

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>A</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 

    



 

Với (<i>x</i>0,<i>x</i>4)_{ta có :}

.( 2) ( 1)( 2) 10 2 8

2

4 4

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>A</i>

<i>x</i> <i>x</i>

      

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

(13 4 3)(7 4 3) 8 20 2 43 24 3

<i>B</i>      (2 3 1) (2 2  3)2 8 20 2 (4 3 3)  2
2

(3 3 4) 8 20 2(4 3 3)

    

2 2

(3 3 4) 8 (3 3 1)

    43 24 3 8(3 3 1)   _{= 35}

<b>Câu 4:</b>

Cho phương trình <i>x</i>2 <i>mx m</i>  2 0 _{(1) (x là ẩn số)}

a) Chứng minh phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
2 ₄₍ ₂₎ 2 ₄ _{8 (} ₂₎2 _{4 4 0,}

<i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i>

            

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b) Định m để hai nghiệm <i>x x</i>1, 2của (1) thỏa mãn

2 2

1 2

1 2

2 2

. 4

1 1

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 



 

Vì a + b + c = 1 <i>m m</i>  2  1 0, <i>m</i>_{nên phương trình (1) có 2 nghiệm}<i>x x</i>₁, ₂  1, <i>m</i>_.

Từ (1) suy ra : <i>x</i>2 2<i>mx m</i>

2 2

1 2 1 2

1 2 1 2

2 2

. 4 . 4

1 1 1 1

<i>x</i> <i>x</i> <i>mx</i> <i>m mx</i> <i>m</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

   

  

   

2

2

1 2

1 2

( 1)( 1)

4 4 2

( 1)( 1)

<i>m x</i> <i>x</i>

<i>m</i> <i>m</i>

<i>x</i> <i>x</i>

 

     

 

<b>Câu 5</b>

a) Do <i>FC</i><i>AB BE</i>, <i>AC</i> _{H trực tâm}_ <i>_AH</i> _<i>_BC</i>

Ta có tứ giác HDCE nội tiếp

Xét 2 tam giác đồng dạng EAH và DAC (2 tam giác vuơng cĩ gĩc A
chung)

<i>AH</i> <i>AE</i>
<i>AC</i> <i>AD</i>

 

. .

<i>AH AD</i> <i>AE AC</i>

  _(ñccm)

b) Do AD là phân giác của <i>FDE</i>_nên<i>FDE</i> 2<i>FBE</i> 2<i>FCE FOE</i>

Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung <i>EF</i>₎

c) Vì AD là phân giác <i>FDE</i>  _{DB là phân giác}<i>FDL</i>
 _{F, L đối xứng qua BC} <i>L</i>_{đường tròn tâm O}

Vậy <i>BLC</i>_{là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O} <i>_BLC</i> ₉₀0

 

d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường trịn O.
Vì 3 cung BF, BL và EQ bằng nhau (do kết quả trên)

 _{Tứ giác BEQL là hình thang cân nên hai đường chéo BQ và LE bằng nhau.}

Mà BQ = RS, LE = DL + DE = DF + DE suy ra điều phải chứng minh.

<b>C </b>
<b>B </b>

<b>A </b>

<b>F </b>

<b>E </b>

<b>L </b>
<b>R </b>

<b>S </b>

<b>D </b> <b>O </b>

<b>Q </b>
<b>N </b>

</div>

<!--links-->