Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 năm 2020 Trường THCS Chu Văn An

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.21 MB, 16 trang )

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

TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN

Đề tham khảo thi tuyển sinh vài lớp 10 – toán 9

Năm học: 2019 – 2020

Thời gian làm bài; 120 phút

(Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x2 và đường thẳng
(d) : y = 4x + m (m là tham số)

1/ Vẽ (P) trên hệ trục tọa độ

2/ Xác định m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ điểm tiếp xúc

Câu 2. (2,5 điểm)

1/ Giải hệ phương trình: 2 3 13

5 2 4

x y

 



  



2/ Bác Hai sở hữu căn phịng hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng là 2m. Nếu giảm chiều
dài xuống 1 đoạn là 3m, tăng chiều rộng lên gấp đôi thì diện tích của căn phịng lớn hơn so với
ban đầu là 12m2

a/ Tìm chiều dài và chiều rộng của căn phòng ban đầu

b/ Bác th thợ lát kín căn phịng bằng các viên gạch hình vng nhỏ. Mỗi viên gạch có chu
vi là 200cm và giá tiền của mỗi viên gạch là 30000 đồng. Hỏi bác phải trả cho thợ bao nhiêu tiền.

Câu 3. (1 điểm) Cho phương trình 2

6 4 0

x  x  . Không giải phương trình
1/ Chứng minh: phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2

2/ Tính giá trị của biểu thức A = 1 2

1 2

1 1

2 2

x x

 



 

Câu 4. (1 điểm) Anh A tập thể dục đi bộ quanh bờ
hồ hình trịn với vận tốc là 11,304 km/h. Biết
anh xuất phát ớ vị trí A. Khi anh chạy đến vị
trí B thì lúc này góc tạo bởi tâm bờ bồ đến
2 vị trí A và B là 120 * và quãng đường

O

A

B

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

anh đi được so với vị trí ban đầu là 5, 024km
1/ Tìm diện tích của bờ hồ

2/ Anh bắt đầu tập thể dục lúc 5 giờ sáng và dự định chạy bộ quanh bờ hồ 3 vòng rồi về nhà.
Biết rằng sau khi đi 1 vòng thi anh nghỉ ngơi 15 phút rồi chạy bộ tiếp. Hỏi đến mấy giờ thì anh
hồn thành việc tập thể dục.

Câu 5. (1 điểm) Chị Năm là thành viên tích cực của khu mua sắm siêu thị big C. Chị có thẻ thành
viên được giảm giá 10% cho tất cả mặt hàng mà chị đã mua. Vào ngày cuối tuần, siêu thị giảm
giá 20% cho tất cả các sản phẩm của cửa hàng. Vào ngày cuối tuần, chị ghé vào siêu thị mua 5
lốc sữa chua vinamik, 2 hộp sữa bị Long Thành khơng đường và 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ. Biết
giá tiền gốc của các sản phẩm ở siêu thị là

1/ Hỏi chị Năm phải trả bao nhiêu tiền cho các sản phẩm trên

2/ Biết chị Năm có 200000 đồng để chi trả cho tất cả sản phẩm của cửa hàng. Sau khi mua các
sản phẩm trên chị muốn mua thêm vài hộp bánh su kem. Hỏi với số tiền trên chị mua được nhiều
nhất là bao nhiêu hộp bánh su kem.

Tên sản phẩm Thành tiền
Sữa chua VinaMilk 15000 đồng / lốc
Sữa bò Long Thành không

đường

40000 đồng / hộp

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

Câu 6. (0,5 điểm)

Hình vẽ bên dưới diễn tả 1 cái cổng nửa hình trịn đường kính AB. 2 bên
cổng có 2 cây cột AD và BC bằng nhau và vng góc với mặt đất. Trên 2
đỉnh cột C và D có dựng 1 tấm logo có hình dạng là tam giác OCD vuông
tại O . Độ dài OM là đoạn nối giữa đỉnh tấm logo với cánh cổng, biết OM
tiếp xúc với cánh cổng. Biết AB = 15m, AD= 20m, OD= 9m. Tính diện
tích của tam giác COM (kết quả làm tròn lấy 1 chữ số thập phân)

Câu 7. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) .Đường trịn tâm (O;R) ,đường
kính BC cắt AB tại M và cắt AC tại N, BN cắt CM tại H, AH cắt BC tại D

1/ Chứng minh: Tứ giác AMDC nội tiếp và HM.HC=HB.HN

2/ MN cắt BC tại E. Chứng minh: Tứ giác DMNO nội tiếp

3/ Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AE tại I. Chứng minh: IN là tiếp tuyến của đường
tròn (O)

4/ MI cắt AD tại K, IC cắt AD tại S. Trong trường hợp tứ giác CKSN nội tiếp và SBMNC 2SAMN.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đáp án tham khảo 
Câu 1.

1/ Giá trị của parabol (P): y = x2

X -2 -1 0 1 2

Y 4 1 0 1 2

2/ Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d): y = 4x + m là:
x2 = 4x + m  2

4 0

x  x m  (*)
  

 

4 24.1.m16 4 m

Để (P) tiếp xúc với (d)  Phương trình (*) có nghiệm kép

  0 16 4 m0  4m 16  m 4

Khi đó (P) tiếp xúc với (d) tại điểm A có hồnh độ là : xA 
4

1.2 2

Thế vào (P). 2 2

2 4
A A

y x  

Vậy tọa độ điểm tiếp xúc giữa (P) và (D) là A (2;4)
Câu 2

1/ 2 3 13

5 2 4

x y
x y
 

  
 

4 6 26
15 6 12

x y
x y
 


  
 
19 38
4 6 26

x
x y


  
 
2
4.2 6 26

x
y


  


 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2/ a.

Gọi x là chiều rộng của căn phòng (x > 0 ). Đơn vị là m
Ta có bảng như sau:

Chiều rộng Chiều dài Diện tích

Ban đầu X x + 2 x x.



2



Lúc sau 2x



x   2



3 x 1 2 .x x



1



Theo bài tốn ta có phương trình:



 



2 .x x 1 x x. 2 12  2 2

2x 2xx 2x12  x24x120

 

4 4.1.12 64 0

      ,   648

=> Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1

x  4 8

1.2



= 6 (nhận) x2  4 8

1.2



= -2 (loại)
Vậy chiều rộng căn phòng ban đầu là 6 m

Chiều dài căn phòng ban đầu là 8 m.

2/b Diện tích căn phịng ban đầu là: 6.8 = 48 m2

Độ dài cạnh 1 viên gạch vuông là: 200 : 4 = 50 cm = 0,5 m
Diện tích cúa 1 viên gạch vng là : 0,5 . 0,5 = 0,25 m2

Số gạch vuông cần lát căn phòng của bác Hai là: 48 : 0,25 = 192 viên
Số tiền bác Hai cần trả cho thợ là : 192 . 30000 = 5760000 đồng.
Câu 3. Phương trình 2

6 4 0

x  x 
1/   

 

6 24.1.436 16 200

=> Phương trình trên ln có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
2/ Theo định lý vi et ta có: 1 2

1 2
6
. 4
x x
x x
 


 






2 2 2

1 2 1 2 2 .1 2 6 4.2 28
x x  x x  x x   

Ta có: A =



 





 



1 2 2 1

1 2

1 2 1 2

1 . 2 1 . 2

1 1

2 2 2 . 2

x x x x

x x

x x x x

    

 

 

   

2.4 6 4 10 5
4 2.6 4 12 6

 

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 4.

1/ Nhận thấy rằng quãng đường anh đi được chính là độ dài cung nhỏ AB. Gọi L là chu vi của
bờ hồ. Ta có:

120* 1
360* 3
AB

S

L   => L = 3SAB = 3. 5,024= 15,072 km
Bán kính của bờ hồ là L = 2R => R = 15.072

2 2.3,14
L

   2,4 km

Diện tích của bờ hồ là: S = 2 2

.R 3,14.2, 4

   18,0864 km2

2/ Quãng đường anh đi được 3 vòng quanh bờ hồ là: 3. 15,072= 45,216 km
Thời gian tổng cộng anh đi 3 vòng quanh hồ là: 45, 216

11,304 = 4 giờ

Thời gian nghỉ ngơi tổng cộng của anh sau vòng 1 và vòng 2 là: 15.2 = 30 phút

Thời điểm anh hoàn tất việc tập thể dục là: 5 giờ + 4 giờ +30 phút = 9 giờ 30 phút sáng
Câu 5.

1/ Vào ngày cuối tuần giá bản của sản phẩm chỉ còn : 100% - 20% = 80% = 0,8 so với giá ban
đầu. Do chị Năm có thể thành viên cho nên giá bản chỉ còn 100% - 10% = 90% = 0,9 so với giá
ban đầu. Vậy vào ngày cuối tuần chị Năm được bán với giá giảm

0,9 . 0,8 = 0,72 so với giá ban đầu

Giá tiền của 5 lốc sữa vinamilk là: 0,72 . 15000. 5 = 54000 đồng

Giá tiền của 2 hộp sữa bò Long Thành là: 0,72. 40000. 2 = 57600 đồng
Giá tiền của 4 gói mì ăn liền Gấu Đỏ là: 0,72 . 5000 . 4= 14400 đồng
Giá tiền chị Năm cần phải trả là: 54000 + 57600 + 14400 = 126000 đồng
2/ Gọi x là số hộp bánh su kem chị Năm có thể mua với số tiền đã có

Giá tiền của 1 hộp bánh su kem được giảm giá là: 22000 . 0,72 = 15840 đồng
Theo yêu cầu bài tốn ta có điều kiện: 126000 + 15840.x  200000

 15840.x  74000  x  4,67

Vậy số lượng bánh su kem tối đa chị Năm có thể mua là 4 hộp
Câu 6.

Kẻ OH _|_ CD tại H, OH cắt AB tại K. Kẻ HE _|_ CD tại E, HE cắt AB
tại F

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

nhật

nên CD // AB. Lại có HK // CD( do AD và HK cùng vng góc với CD) nên tứ giác

ADHK là hình chữ nhật. Chứng minh tương tự ta có các tứ giác CEFB, HEFK là hình chữ nhật
=> AB = CD = 15cm, AD = HK = EF = BC = 20cm, DH = AK, CE = BF

Ta có: 2 2 2

CD OC OD (Định lý pitago trong tam giác vuông OCD)

2 2 2 2

15 9 12

OC CD OD m

     

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD có đường cao OH
2

OD DH DCDH

2 2

9
15
OD

DC   5,4m

15 5, 4 9, 6

HCCDHD   m
2

. . 5, 4 . 9, 6 7, 2

OH DH HCOH  DH HC  m

=> OKHKOH 20 7, 2 12,8  m , AK DH 5, 4m

Gọi I là tâm đường trịn đường kính AB => MI = AI = BI = 15

2 2

AB  

7,5m

7,5 5, 4 2,1

KI  AIAK   m

Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OKI

OI = 2 2 2 2

2,1 12,8 13

KI OK    m

Áp dụng tỉ lệ lượng giác trong các tam giác vuông OIK, OMI, MIF
Cos KIO = 2,1 21

13 130

IK

IO   =>

0
80, 7
KIO

Cos OIM = 7,5 75
12,8 128
IM

IO   =>

0
54,1
MIO

0 0 0 0 0

180 180 80, 7 54,1 45, 2

MIB KIO MIO    

IF = IM. CosBIM = 0

7,5. cos45, 2 5,3m
MF = IM. SinBIM = 0

7,5. sin45, 2 5,3m

7,5 5,3 2, 2

BFBIIF   m => ECBF 2, 2m

20 2, 2 17,8

EM EFMF   m

9, 6 2, 2 7, 4

EH HCEC   m

Ta có : OH // ME ( cùng vng góc với CD) nên tứ giác HOME là hình thang, do vậy

HOME

S =







7, 2 17,8 .7, 4



2 2

OH ME HE 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

MEC

S  . 17,8 . 2, 2

2 2

ME EC

  19,6 m2

OHC

S  . 7, 2 . 9, 6

2 2

OH HC

  69,1 m2

HOME MEC MOHC OHC OMC

S S S S S

=> SOMC SHOME SMEC SOHC  92,5 19, 6 69,1   43m2

Câu 7

1/ Chứng minh: Tứ giác AMDC nội tiếp và
HM.HC=HB.HN

Ta có :BMC=90*(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
đường kính BC)

=>AB_|_MC

BNC=90*(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường
kính BC)

=>AC_|_BN

Xét ABC có 2 đường cao MC và BN cắt nhau tại H

=>H là trực tâm của ABC =>AD là đường cao thứ ba của ABC
=>AD_|_BC=>ADC = 900

Xét tứ giác AMDC ta có :

AMC ADC = 900=>Tứ giác AMDC nội tiếp (2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau)
(đpcm)

Xét HMB và HNC ta có :

BMHNHC=900, MHBNHC ( 2 góc đối đỉnh )
=>HMB ~ HNC(g-g) => HM HN

HB  HC => HM.HC = HB.HN (đpcm)
2/ Chứng minh: Tứ giác DMNO nội tiếp

Xét tứ giác BMHD ta có :

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Mà HBCNMC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (1b)
Từ (1a),(1b)=>HMDNMC =>MC là tia phân giác của NMD
=>NMD 2NMC = 2HBC (2a)

Ta có :ON = OB =>ONB cân tại O => HBCONB (3a)
Mà NOC= HBC+ONB (Tính chất góc ngồi của ONB) (3b)
Từ (3a) , (3b) =>NOC =2HBC (3c)

Từ (2a) , (3c) =>NMD = NOC =>Tứ giác DMNO nội tiếp (góc ngồi bằng góc đối trong)
( đpcm)

3/ Chứng minh: IN là tiếp tuyến của đường trịn (O)

Ta có :NCE=EMB ( góc ngồi bằng góc đối trong do tứ giác MNBC nội tiếp trong đường tròn
(O)

Xét EMB và ECN ta có :

NEC là góc chung ,NCE=EMB (cmt)
=>EMB ~ ECN (g-g)=> EM EC

EB  EN =>EB.EC = EM.EN (5a)
Ta có :EDM = ENO ( Tứ giác MDON nội tiếp)

Xét EDM và ENO ta có :

NEC là góc chung ,EDM = ENO (cmt)
=>EDM ~ ENO (g-g)=> EM EO

ED  EN =>EM.EN = ED.EO (5b)
Từ (5a) , (5b)=>EB.EC=ED.EO=> EB EO

ED  EC (5c)

Ta có :BI_|_EC (BI là tiếp tuyến của (O), AD_|_BC (cmt)
=>BI//AD => EB EI

ED  EA (Định lý ta lét trong ADE) (5d)
Từ (5c) , (5d)=> EO EI

EC  EA=>OI//AC (Định lý ta lét đảo trong AEC)
Ta có :AC_|_BC , AC//OI (cmt)=>OI_|_BN

Ta có :OB = ON => ONB cân tại O

=>ONB cân tại O có OI là đường cao (OI_|_BN)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

OB=ON,BOI =NOI (cmt) ,OI là cạnh chung

=>EOI = NOI (c-g-c) => ONI=OBI =900=>ON_|_IN
Ta lại có N thuộc đường trịn (O), ON_|_IN (cmt)

=>IN là tiếp tuyến của đường tròn (O)

4. Trong trường hợp tứ giác CKSN nội tiếp và SBMNC 2SAMN. (S là diện tích). Chứng minh:
2

SMC SME

S  S

Xét ANS và AKC ta có :

KAC là góc chung , ANS=AKC (Tứ giác CKSN nội tiếp)
=>ANS~AKC (g-g) => AN AK

AS  AC =>AS.AK=AN.AC

(6a)

Xét ANM và ABC ta có :

BAC là góc chung , AMN=ACB (Tứ giác BMNC nội
tiếp đường tròn (O))

=>ANM ~ ABC (g-g) => AN AB

AM  AC =>AN.AC = AM.AB (6b)
Từ (6a),(6b)=>AS.AK = AM.AB => AM AS

AK  AB (6c)

Ta có :AD//BI ,Áp dụng hệ quả định lý ta lét ta có: AM BM
AK  BI (6d)
Từ (6c), (6d) => AS BM

AB  BI (6e)
Gọi T là giao điểm của OI và BN
Theo như trên thì ta có :OT_|_BN

=>T là trung điểm của BN (quan hệ đường kính và dây cung) => BN = 2BT
Ta có: BI//AD (cmt) => IBN=BHD (2 góc ở vị trí sole trong)

Xét DHB và TBI ta có :
HDB = TBI,IBN=BHD (cmt)
=>DHB ~ TBI (g-g)=> HD BT

HB  BI => HD.BI = BT.BH

Mà BN = 2BT => 2HS.BI = 2BT.BH = BN.BH (7a)

Xét BMH và BNA ta có :

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

=>BMH ~ BNA (g-g) => BM BN

BH  AB =>BN.BH = BM.BA (7b)
Từ (7a),(7b) =>2HD.BI=BM.BA => 2HD BM

AB  BI (7c)
Từ (6e),(7c) => 2HD AS

AB  AB =>AS = 2HD

Ta có: OI // AC (cmt) => BOI ACD (2 góc ở vị trí đồng vị)
Xét BOI và DCA ta có :

BOI  ACD ,BOI ACD (cmt)
=>BOI ~ DCA (g-g) => AD DC

BI  OB
Mà BC = 2OB => AD 2DC

BI  BC (7d)
Ta có: AD// BI => DS DC

BI  BC ( Hệ quả talet trong tam giác BIC) (7e)
Từ (7d) , (7e) => AD = 2AS => SA = SD hay AD = 2DS

Mà AS = 2HD (cmt) => SD = 2HD
Ta có: DH . DA =

SD

. 2SD = SD2 (7f)
Xét DHC và DBA ta có :

ADBHDC ,HCD=BAD (Tứ giác AMDC nội tiếp)
=>DHC ~ DBA (g-g)=> DH DB

DC  DA => DH.DA = DB.DC (7g)
Từ (7f), (7g) => DS2

= DB.DC => DB DS
DS  DA
Xét DBS và DSC ta có :

BDS SDC , DB DS

DS  DA (cmt)

=>DBS ~ DSC (c –g -c) => DBS = DSC

Ta có: BSCDSCBSDDBSBSD90* ( Tam giác DBS vng tại S).

=> Tam giác BSC vuông tại S => Tam giác BSC nội tiếp trong đường trịn đường kính BC => S
thuộc đường tròn (O)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Từ (7ha) , (7k)=> NDO= ONM
Xét ODN và ONE ta có :

NOE là góc chung ,NDO=ONM (cmt)
=>ODN ~ ONE (g-g) => OD ON

ON  OE
Mà ON = OS= R => OD OS

OS OE
Xét ODS và OSE ta có :

EOS là góc chung, OD OS

OS OE (cmt)

=>ODS ~ OSE (c –g -c) => ESO = 0

ODS => ES _|_ OS

Ta có: ES _|_ OS (cmt), S thuộc (O) (cmt) => ES là tiếp tuyến của đường trịn (O)
Bài tốn phụ. Trong tam giác ABC ta có hệ thức:

. .
tanA tanB tanC  tanAtanB tanC

Thật vậy, áp dụng tỉ số lượng giác các tam giác vuông AMC, ABD, ACD và (7g) ta có:
tanB + tanC = .





. .

AD BD CD

AD AD DA BC BC

BD CD BD CD HD AD HD



   

tanB . tanC =

2 2

. .

AD AD AD AD AD

BD CD  BD CD  HD AD  HD
Xét MAH và MCB ta có :

AMH BMC ,MAH =BCM (Tứ giác AMDC nội tiếp)
=>MAH ~ MCB (g-g) => BC MC

AH  AM = tanA.
Kết hợp những hệ thức trên ta có:

TanA + tanB + tanC = .





. .

BC HD AH

BC BC BC AD AD BC

HD AH HD AH HD AH HD AH



   

=tanA . tanB. tanC . (Bài toán phụ được chứng minh)
Từ giả thiết SBMNC 2SAMN SABC SBMNC SAMN 3SAMN
=> 1

3
AMN
ABC

S
S






Xét AMN và ACB ta có :

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

=>AMN ~ ACB (g-g) =>

2
2

AMN
ABC

S AM

S AC




 => Cos2A = 1

Áp dụng cơng thức lượng giác ta có:
2

Tan A  12

Cos A = 3  Tan
2

A = 2  TanA 2 (Do tanA > 0)
Theo như trên: TanB. TanC = AD 2DS 4HD

HD  HD  HD = 4 (8a)
Áp dụng bài tốn phụ ta có:

. .
TanA tanB tanC  tanAtanB tanC

=> 2tanB tanC 4 2 => tanB tanC 3 2 (8b)
Từ (8a) , (8b) => tan B và tan C là nghiệm của phương trình:

3 2. 4 0

x  x  (Điều kiện: x> 0 do tan B > 0 và tanC >0)





3 2 4.4 18 16 2 0

      

 ,   2

=> Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
x1 =

3 2 2
2



2 2

 (nhận) x2 =

3 2 2
2



 (nhận)
Theo bài tốn ta có: AB < AC => HB < HC => AD AD

HB HC => Tan B > Tan C
Từ đó ta nhận TanB = 2 2 , tanC = 2

=> TanA = TanC ( = 2 ) => BACBCA => Tam giác ABC cân tạo B
Tam giác ABC cân tại B có BN là đường cao

=> BN cũng là đường trung tuyến tam giác ABC => NA = NC
Xét tam giác ADC ta có: AS = DS (cmt), AN =NC (cmt)
=>a NS là đường trung bình của tam giác ADC => NS // CD
Ta có : NS // CD, AD _|_ CD => NS _|_ AD

Vì S thuộc đường trịn (O) cho nên đường trịn ngoại tiếp tam giác SNC là đường tròn (O), đường
tròn ngoại tiếp tứ giác CKSN cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác SNC => Đường tròn ngoại
tiếp tứ giác CKSN trùng với đường tròn (O)

=> K thuộc đường tròn (O).

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Cho MS cắt DE tại L.

Do NS // CD (cmt) => MNS MEB (2 góc ở vị trí solo trong ) (8c)

Mà MNSESM (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung SM )
(8d)

Từ (8c) , (8d) => MEBESM
Xét LEM và LSE ta có :

ELS là góc chung ,MEBESM (cmt)
=>LEM ~ LSE (g-g) => LE LS

LM  LE => LE
2

= LM . LS (8e)
Ta có: BDM MNO (Tứ giác DMNO nội tiếp) (8f)

Mà MNOMSK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK) (8g)
Từ (8f) , (8g) => BDM MSK

Xét LMD và LDS ta có :

DLS là góc chung ,BDM MSK (cmt)
LMD

 ~ LDS (g-g) => LM LD

LD  LS => LD
2

= LM . LS (8h)
Từ (8e) , (8h) => LD = LE => DE = 2DL = 2EL (9a)

Ta có: EMBACB ( góc ngồi bằng góc đối trong do tứ giác BMNC nội tiếp (O)) (9b)

Mà BMDACB ( Tứ giác AMDC nội tiếp ) (9c)

Từ (9b) , (9c) => BMDEMB => BM là tia phân giác trong của tam giác EMD.
Mà EM _|_ MC => MC là tia phân giác ngoài của tam giác EMB.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác EMB ta có:

BD MD CD

BE  ME  EC => :

EB BD AD AD

EC CD CD BD  tanB : tan C

2 1
2
2 2

 

=> EC = 2EB => BE = BC => EC = 2BC

=> CD = 2BD => BC = BD + CD = CD + 3

2 2

CD CD

 => CD = 2

BC

=> 2 :2 1

3 1 3

CD BC BC

EC   => EC = 3CD => DEEC CD 2CD (9d)
Từ (9a) , (9d) => EL = LD = CD => LC = 2LE. => 1

LE

LC  (9e)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

SOC
SEC

S OC

S EC






Thật vậy ta có: 2 .

2 .

SOC SOC
SEC SEC

S S SD OC OC

S S SD EC EC

 

  

Áp dụng bài tốn phụ kết hợp với (7e) ta có:

SME
SLE

S SM

S SL




 , SMC

SLC

S SM

S SL




 => SME SMC
SLE SLC

S S

 



=> 1

2
SME SLE

SMC SLC

S S LE

S S LC

 

   => SSMC 2SSME (đpcm)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội 
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên 
danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn 
Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp 
dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh 
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc 
Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 năm 2020 Trường THCS Chu Văn An

<b>TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN </b>

<b>Đề tham khảo thi tuyển sinh vài lớp 10 – toán 9 </b>

<b>Năm học: 2019 – 2020 </b>

<b>Thời gian làm bài; 120 phút </b>

<b>(Không kể thời gian phát đề) </b>

<b>O</b>

<b>A</b>

<b>B</b>

 















 



 

 







 

 

 





 























<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về