1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2
8 15 0x x− + =
b) 2
2 2 2 0x x− − =
c) 4 2
5 6 0x x− − =
d)
2 5 3
3 4
x y
x y
+ = −
− =
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2
=y x và đường thẳng (D): 2y x= + trên cùng
một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Thu gọn các biểu thức sau:
1 10
( 0, 4)
42 2
x x x
A x x
xx x
− −
= + + ≥ ≠
−− +
(13 4 3)(7 4 3) 8 20 2 43 24 3B = − + − + +
Cho phương trình 2
2 0x mx m− + − = (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
b) Định m để hai nghiệm 1 2,x x của (1) thỏa mãn
2 2
1 2
1 2
2 2
. 4
1 1
x x
x x
− −
=
− −
Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn 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 : AD BC⊥ 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
_HẾT_
2. ĐÁP ÁN CHI TIẾT - MÔN TOÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
-TPHCM
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2
8 15 0x x− + =
2
( ' 4 15 1)
4 1 5 4 1 3x hay x
∆ = − =
⇔ = + = = − =
b) 2
2 2 2 0x x− − = (2)
2 4(2)( 2) 18
2 3 2 2 3 2 2
(2) 2
4 4 2
x hay x
∆ = − − =
+ − −
⇔ = = = =
c) 4 2
5 6 0x x− − =
Đặt u = x2
0≥ pt thành :
2
5 6 0 1u u u− − = ⇔ = − (loại) hay u = 6
Do đó pt 2
6 6x x⇔ = ⇔ = ±
d)
2 5 3 17 17 1
3 4 3 4 1
x y x x
x y x y y
+ = − = =
⇔ ⇔
− = − = = −
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
2x x= + ⇔ 2
2 0x x− − = 1 2x hay x⇔ = − = (a-b+c=0)
y(-1) = 1, y(2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( ) ( )1;1 , 2;4−
Thu gọn các biểu thức sau
1 10
( 0, 4)
42 2
x x x
A x x
xx x
− −
= + + ≥ ≠
−− +
Với ( 0, 4)x x≥ ≠ ta có :
.( 2) ( 1)( 2) 10 2 8
2
4 4
x x x x x x
A
x x
+ + − − + − −
= = =
− −
(13 4 3)(7 4 3) 8 20 2 43 24 3B = − + − + +
2 2 2
(2 3 1) (2 3) 8 20 2 (4 3 3)= − + − + +
3. 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
Câu 4:
Cho phương trình 2
2 0x mx m− + − = (1) (x là ẩn số)
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
2 2 2
4( 2) 4 8 ( 2) 4 4 0,m m m m m m∆ = − − = − + = − + > > ∀
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b) Định m để hai nghiệm 1 2,x x của (1) thỏa mãn
2 2
1 2
1 2
2 2
. 4
1 1
x x
x x
− −
=
− −
Vì a + b + c = 1 2 1 0,m m m− + − = − ≠ ∀ nên phương trình (1) có 2 nghiệm 1 2, 1,x x m≠ ∀ .
Từ (1) suy ra : 2
2x mx m− = −
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2
. 4 . 4
1 1 1 1
x x mx m mx m
x x x x
− − − −
= ⇔ =
− − − −
2
21 2
1 2
( 1)( 1)
4 4 2
( 1)( 1)
m x x
m m
x x
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
− −
Câu 5
a) Do ,FC AB BE AC⊥ ⊥ ⇒ H trực tâm AH BC⇒ ⊥
Ta có tứ giác HDCE nội tiếp
Xeùt 2 tam giaùc ñoàng daïng EAH vaø DAC (2 tam giác vuông có góc A
chung)
AH AE
AC AD
⇒ = . .AH AD AE AC⇒ = (ñccm)
b) Do AD là phân giác của ·FDE nên · · · ·2 2FDE FBE FCE FOE= = =
Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung »EF )
c) Vì AD là phân giác ·FDE ⇒ DB là phân giác ·FDL
⇒ F, L đối xứng qua BC L⇒ ∈đường tròn tâm O
Vậy ·BLC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O · 0
90BLC⇒ =
d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường tròn 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.
CB
A
F
E
L
R
S
D O
Q
N
H
