DE THI THU TS LOP 10 TPHCM 2018 DAP AN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 1: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TPHCM TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH, QUẬN 1, NĂM 2016-2017 Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a). ( x−3 )2 −7x=2x ( x +3 ) −33. b). 5x −2 √ 10 x+2=0. c) d) Câu 2:. 2. 4. 2. x −2x −8=0 2 ( x +1 )=−3y 3x−5y =−3 ( 1+ y ). {. 1 1 y=− x 2 ( D ) :y= x−2 4 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. 10−3−√ 2−√ √10+3 + √√ 10−1 2 √ Câu 3: Thu gọn biểu thức: 2 2 Câu 4: Cho phương trình: x −( 2m−1 ) x +m +m−3=0 (1) (x là ẩn số) A= √ √. a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 x 1 ( x 1−1 ) + x 2 ( x2 −1 ) =18 b) Định m để: Câu 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và cát tuy ến MCD c ủa (O) (A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D; A và C nằm khác phía đ ối v ới đ ường thẳng MO). G ọi I là trung điểm CD a) Chứng minh: MB2 = MC.MD b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp c) Tia BI cắt (O) tại J. Chứng minh: AD2 = AJ.MD d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG theo R Câu 6: Hàng tháng một người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng. Hỏi sau 15 tháng người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng hàng tháng người đó không rút lãi ra.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI GIẢI Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) Giải:. ( x−3 )2 −7x=2x ( x +3 ) −33 (1). ( 1 ) ⇔ x 2 −6x+9−7x=2x 2 +6x−33 ⇔ x 2 −6x+9−7x−2x 2−6x+33=0 2 ⇔−x −19x +42=0 2 Ta có Δ=(−19 ) −4 . (−1 ) . 42=361+168=529>0; √ Δ=√ 529=23 Δ>0. Do. nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:. x 1=. 19+23 19−23 =−21; x 2 = =2 2. (−1 ) 2. (−1 ). Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S= {− 21; 2 } b) Giải:. 2. 5x −2 √ 10 x+2=0 (2) 2. Ta có Δ'=(−√ 10 ) −5.2=10−10=0 Do Δ'=0 nên phương trình (2) có nghiệm kép:. b' −√ 10 √ 10 x 1=x 2 =− =− = a 5 5. S= Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: c) Giải:. 4. √10. { } 5. 2. x −2x −8=0 (3) 2 Đặt t=x ( t≥0 ). 2. Phương trình (3) trở thành: t −2 t−8=0 2. (*). Δ'=(−1 ) −1. (−8 )=1+8=9>0 ; √ Δ'=√ 9=3. Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:. t1= Với. 1+3 =4 1. (nhận);. t 2=. t 1 =4 thì x =4 ⇔ x=±2. 1−3 =−2 1 (loại). 2. Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là S= {− 2; 2 } d) Giải:. 2 ( x +1 )=−3y 3x−5y =−3 ( 1+ y ) (4). {. {. ( 4 ) ⇔ 2x +2=−3y ( 4 ) ⇔ 2x+3y =−2 ( 4 ) ⇔ 4x+ 6y=−4 ( 4 ) ⇔ 13x=−13 3x−5y=−3−3y 3x−2y=−3 9x−6y=−9 3x−2y=−3. ⇔. {. {. x=−1 x=−1 ⇔{ {−3−2y=−3 y =0. Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là ( x; y )=(−1; 0 ) Câu 2:. {.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 y=− x 2 ( D ) :y= x−2 4 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng Giải:. Bảng giá trị. x. −2. −1. 0. 2. 4. 1 y=− x 2 4. −4. −1. 0. −1. −4. x. 0. 4. −2. 0. 1 y= x−2 2 Vẽ đồ thị. b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:. 1 1 − x2 = x−2 4 2 2 −x 2x 8 ⇔ = − 4 4 4 2 ⇔−x =2x−8 ⇔ x 2 +2x−8=0 (5 ) 2 Ta có Δ'=1 −1. (−8 )=1+8=9>0 ; √ Δ'=√ 9=3 Do Δ'>0. nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> −1+3 −1−3 =2; x 2 = =−4 1 1 1 2 1 y =− .2 =− . 4=−1 1 4 4 + Với x 1=2 ta có 1 1 y 2 =− . (−4 )2 =− . 16=−4 x =−4 4 4 + Với 2 ta có Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: A ( 2; −1 ) , B (−4; −4 ) x 1=. A= √ √ Câu 3: Thu gọn biểu thức:. 10−3−√ 2−√ √10+3 + √√ 10−1 √2. Giải:. 10−3−√ 2−√ √10+3 + √√ 10−1 √2 10−3 √ 2 √ √ 10+3 =√ √ − − + √ √ 10−1 √2 √ 2 √2 √ 10−3 −1− √ 10+3 + √√ 10−1 = 2 2 √ 10 −3 − √ 10 + 3 + √ 10−1−1 = √ 3 2 2 2. A= √ √ Ta có. √ √. =−. Đặt. T=. √. √. (√. √. √10 + 3 − √10 −3 + √ √10−1−1 2. √ ). 2. 3. 2. √ 10 + 3 − √ 10 − 3 2. 2. √. 3. 2. (T > 0). √ 10 + 3 −2 √ 10 + 3 . √ 10 − 3 + √10 − 3. ( 2 2) √ 2 2 √ 2 √10 + 3 √ 10 −3 =√ 10−2 ( √ 2 2 )(2 2 ). ⇒T 2 =. √ 10−1. =√ 10−2. ⇒T= √√. 2. ( 2 2). 10 9 1 − = √10−2 =√10−1 4 4 4. √. (vì T > 0) Thay T vào biểu thức A, ta được:. A=−√ √10−1+ √ √10−1−1=−1. Vậy A=−1. Câu 4: Cho phương trình:. 2. 2. x −( 2m−1 ) x +m +m−3=0 (1) (x là ẩn số). a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 Giải: 2 2 2 2 Ta có Δ=[−( 2m−1 ) ] −4 .1 . ( m +m−3 )=4m −4m +1−4m −4m+12=−8m+13 Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ⇔ Δ >0 ⇔−8m+13>0 ⇔−8m>−13 ⇔m< Vậy. m<. 13 8. b) Định m để:. thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 x 1 ( x 1−1 ) + x 2 ( x2 −1 ) =18. Giải: Theo câu a, với. m<. {. Ta có. 13 8. 13 8. thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi-ét: −( 2m−1 ) b. S=x 1 + x 2 =− =− =2m−1 a 1 c m 2 + m−3 P=x 1 x 2= = =m 2 +m−3 a 1 x 1 ( x 1−1 ) + x 2 ( x2 −1 ) =18. (gt). ⇔ x 21 −x1 + x22 −x 2 −18=0 ⇔ x21 + x 22 − x 1 + x 2 −18=0 ⇔ x 1 + x 2 2 −2x1 x 2 − x 1 + x 2. (. ) (. (. ). ). (. ) −18=0. ⇔ ( 2m−1 )2−2 ( m2 +m−3 )− (2m −1 )−18=0 (do hệ thức Vi-ét). ⇔ 4m 2−4m+1−2m 2 −2m+6−2m+1−18=0 ⇔2m 2 −8m−10=0 ( 6 ) Ta có a−b+c =2−(−8 )+ (−10 )=0 nên phương trình (6) có hai nghiệm: m1=−1 (nhận);. c −10 m2=− =− =5 a 2 (loại). Vậy m=−1 là giá trị cần tìm Câu 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và cát tuy ến MCD c ủa (O) (A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D; A và C nằm khác phía đ ối v ới đ ường thẳng MO). G ọi I là trung điểm CD a) Chứng minh: MB2 = MC.MD Giải:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Xét ∆MBC và ∆MDB có:. M^ 1 : chung B^ = D^. (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆MBC ∽ ∆MDB (g.g) 1. ⇒. ⇒. 1. MB MC = ⇔MB2 =MC . MD MD MB. b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp Giải:. 0. Ta có M A^ O=90 (tính chất tiếp tuyến) ⇒ Điểm A thuộc đường tròn đường kính MO (1) Ta có M B^ O=90. 0. (tính chất tiếp tuyến).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Điểm B thuộc đường tròn đường kính MO (2) Ta có I là trung điểm của CD và dây CD không qua tâm O ⇒ OI ¿ CD (liên hệ giữa đường kính và dây cung) ⇒. 0 ⇒ M ^I O=90. Điểm I thuộc đường tròn đường kính MO (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO ⇒ Tứ giác AOIB nội tiếp đường tròn đường kính MO c) Tia BI cắt (O) tại J. Chứng minh: AD2 = AJ.MD Giải: ⇒. Xét ∆MAC và ∆MDA có:. M^ 2 : chung A^ = D^. (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ∆MAC = ∆MDA (g.g) 1. ⇒. 2. ⇒ M C^ A=M A^ D (4) (2 góc tương ứng) ^ ^ Ta có A D J=A B J (cùng chắn cung AJ của đường tròn (O)) = A M^ D (5) (cùng chắn cung AI của đường tròn đường kính MO) ^ Ta có D J^ A=M C A (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ACDJ nội tiếp đường tròn (O)) =M A^ D (6) (do (4)) Xét ∆DJA và ∆MAD có:. D J^ A=M A^ D (do (6)) A D^ J=A M^ D (do (5)) ⇒. ⇒. ∆DJA ∽ ∆MAD (g.g). AD AJ = ⇔ AD 2=AJ . MD MD AD. d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG theo R Giải:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ta có KI//BD (gt). ⇒C ^I K=C D^ B (2 góc ở vị trí so le trong) =C A^ K (7) (cùng chắn cung BC của đường tròn (O)) ^ Xét tứ giác ACKI có: C ^I K =C A K (do (7)) ⇒. Tứ giác ACKI nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh A, I cùng nhìn cạnh CK dưới một góc bằng nhau). ⇒ I C^ G=I A^ K (cùng chắn cung IK) =I O^ G (8) (cùng chắn cung IB của tứ giác AOIB nội tiếp) ^ ^ Xét tứ giác OIGC có: I C G=I OG (do (8)) ⇒. Tứ giác OIGC nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh C, O cùng nhìn cạnh GI dưới một góc bằng nhau). ^ ^I C (cùng chắn cung OC) ⇒O GC=O =90. ⇒ ⇒. 0. (9) (vì OI ¿ CD) Điểm G và I thuộc đường tròn đường kính OC ∆CIG thuộc đường tròn đường kính OC. OC R = 2 2 ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG là:. Câu 6: Hàng tháng một người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng. Hỏi sau 15 tháng người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng hàng tháng người đó không rút lãi ra Giải: 15. Số tiền cả gốc lẫn lãi sau 15 tháng là: 5000000. ( 1+0,6% ) = 5469400,363đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>