Dap an de thi tuyen sinh lop 10 THPT mon Toan TP Ho Chi Minh 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sea007.violet.vn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2  7 x  12  0   7 2  4.12  1 7 1 7 1 x  4 hay x  3 2 2 b) x2  ( 2  1) x  2  0 Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là : c  x  1 hay x   2 a 4 2 c) x  9 x  20  0 Đặt u = x2  0 pt thành :. u 2  9u  20  0  (u  4)(u  5)  0  u  4 hay u  5 Do đó pt  x 2  4 hay x2  5  x  2 hay x   5. 3x  2 y  4 12 x  8 y  16 d)    4x  3 y  5 12 x  9 y  15.  y 1  x  2. Bài 2: a) Đồ thị:. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  1;1 ,  2; 4  (D) đi qua  1;1 ,  3;9  b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x2  2 x  3  x2  2 x  3  0  x  1 hay x  3 (a-b+c=0) y(-1) = 1, y(3) = 9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là  1;1 ,  3;9  Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau 5 5 5 3 5 A   52 5 1 3  5 (5  5)( 5  2) 5( 5  1) 3 5(3  5)    ( 5  2)( 5  2) ( 5  1)( 5  1) (3  5)(3  5) 5  5 9 5  15 5  5  9 5  15   3 5 5 4 4 4  3 5 552 5  5  3 5 5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 1   2 6   B    : 1   x 3  x x3 x   x3 x   x 1   x 2 6      :   x 3  x x ( x  3)   x 3. . (x>0). x  1  ( x  2)( x  3)  6  :  x  3  x ( x  3) .  ( x  1).. x x x. 1. Câu 4:. Cho phương trình x2  mx  1  0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1): Tính giá trị của biểu thức : x12  x1  1 x22  x2  1 Ta có x12  mx1  1 và x 22  mx 2  1 (do x1, x2 thỏa 1) P  x1 x2 mx1  1  x 1  1 mx 2  1  x 2  1 (m  1)x1 (m  1)x 2 Do đó P      0 (Vì x1.x 2  0 ) x1 x2 x1 x2 x. Câu 5 a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối    F và D vuông  FHD AHC  1800  ABC   AMC  cùng chắn cung AC b) ABC   AMC  do M, N đối xứng mà ANC. A. J. O F. H. N. Q I.  và ANC  bù nhau Vậy ta có AHC C D B  tứ giác AHCN nội tiếp K c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp M   CHN  (do AHCN nội tiếp)   MAC  do MN đối xứng qua AC mà NAC Ta có NAC   IHJ   tứ giác HIJA nội tiếp.  IAJ  bù với AHI  bù với AHI  mà ANC  (do AHCN nội tiếp)  AJI   ANC   AJI Cách 2 : Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp  do AN và AM đối xứng qua AC.  = ANJ Ta có AMJ  = ANH  (AHCN nội tiếp) vậy ICJ  = IMJ  Mà ACH.   AMC   ANC   IJCM nội tiếp  AJI   = AKC d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có AJQ  = AMC  = AMC   (cùng chắn cung AC), vậy AKC  = ANC vì AKC Xét hai tam giác AQJ và AKC : Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn )  2 tam giác trên đồng dạng   900 . Hay AO vuông góc với IJ Vậy Q  = AMC  Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có xAC  = AJQ  = AJI  do chứng minh trên vậy ta có xAC   JQ song song Ax mà AMC vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO) Nguyễn Đức Tấn – Nguyễn Anh Hoàng (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>