Đề thi Toán vào lớp 10 TP. Hồ Chí Minh năm học 2014-2015

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán TP. Hồ Chí Minh năm học 2014-2015

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $ \displaystyle {{x}^{2}}-7x+12=0$
b) $ \displaystyle {{x}^{2}}-(\sqrt{2}+1)x+\sqrt{2}=0$
c) $ \displaystyle {{x}^{4}}-9{{x}^{2}}+20=0$
d) $ \displaystyle \left\{ \begin{matrix}3x-2y=4 \\4x-3y=5 \\\end{matrix} \right.$
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
$ \displaystyle A=\frac{5+\sqrt{5}}{\sqrt{5}+2}+\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}-\frac{3\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}$
$ \displaystyle B=\left( \frac{x}{x+3\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}+3} \right):\left( 1-\frac{2}{\sqrt{x}}+\frac{6}{x+3\sqrt{x}} \right)$ (x > 0)
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình $ \displaystyle {{x}^{2}}-mx-1=0$ (1) (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x₁, x₂ là các nghiệm của phương trình (1):

Tính giá trị của biểu thức:
Đề thi Toán vào lớp 10 TP. Hồ Chí Minh năm học 2014-2015-1
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra $ \displaystyle \widehat{AHC}={{180}^{0}}-\widehat{ABC}$
b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp.
c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN. Chứng minh $ \displaystyle \widehat{AJI}=\widehat{ANC}$
d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ
Gợi ý giải:
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $ \displaystyle {{x}^{2}}-7x+12=0$
$ \displaystyle \Delta ={{7}^{2}}-4.12=1$
$ \displaystyle \Leftrightarrow x=\frac{7+1}{2}=4\,\,\,hay\,\,\,x=\frac{7-1}{2}=3$
b) $ \displaystyle {{x}^{2}}-(\sqrt{2}+1)x+\sqrt{2}=0$
Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là: $ \displaystyle x=1\,\,hay\,\,\,x=\frac{c}{a}=\sqrt{2}$
c) $ \displaystyle {{x}^{4}}-9{{x}^{2}}+20=0$
Đặt u = x² ≥ 0 pt thành: $ \displaystyle {{u}^{2}}-9u+20=0\,\Leftrightarrow (u-4)\,(u-5)=0$
$ \displaystyle \Leftrightarrow u=4\,\,\,hay\,\,u=5$
Do đó pt $ \displaystyle \Leftrightarrow {{x}^{2}}=4\,\,hay\,{{x}^{2}}=5\Leftrightarrow x=\pm 2\,\,\,hay\,\,x=\pm \sqrt{5}$
d) $ \displaystyle \left\{ \begin{matrix}3x-2y=4 \\4x-3y=5 \\\end{matrix} \right.$
⇔ $ \displaystyle \left\{ \begin{matrix}12x-8y=16\,\,\, \\12x-9y=15\,\,\,\, \\\end{matrix} \right.$
⇔ $ \displaystyle \left\{ \begin{matrix}y=1 \\x=2 \\\end{matrix} \right.$
Bài 2:
a) Đồ thị:
Đề thi Toán vào lớp 10 TP. Hồ Chí Minh năm học 2014-2015-3

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), $ \displaystyle \left( \pm 1;1 \right),\left( \pm 2;4 \right)$
(D) đi qua (-1;1) , (3;9)
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
x² = 2x +3 ⇔ x² – 2x – 3 = 0 ⇔ x = -1 hay x = 3 (do 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
$ \displaystyle A=\frac{5+\sqrt{5}}{\sqrt{5}+2}+\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}-\frac{3\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}$
= $ \displaystyle \frac{(5+\sqrt{5})(\sqrt{5}-2)}{(\sqrt{5}+2)(\sqrt{5}-2)}+\frac{\sqrt{5}(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}-\frac{3\sqrt{5}(3-\sqrt{5})}{(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})}$
= $ \displaystyle 3\sqrt{5}-5+\frac{5+\sqrt{5}}{4}-\frac{9\sqrt{5}-15}{4}=3\sqrt{5}-5+\frac{5+\sqrt{5}-9\sqrt{5}+15}{4}$
= $ \displaystyle 3\sqrt{5}-5+5-2\sqrt{5}=\sqrt{5}$
Bài 4:
Cho phương trình $ \displaystyle {{x}^{2}}-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:

Ta có $ \displaystyle x_{1}^{2}=m{{x}_{1}}+1\,\,$ và $ \displaystyle x_{2}^{2}=m{{x}_{2}}+1\,\,$ (do x1, x2 thỏa 1)
Do đó:

Bài 5:

a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông ⇒ $ \displaystyle \widehat{FHD}=\widehat{AHC}={{180}^{0}}-\widehat{ABC}$
b) $ \displaystyle \widehat{ABC}=\widehat{AMC}$ cùng chắn cung AC
mà $ \displaystyle \widehat{ANC}=\widehat{AMC}$ do M, N đối xứng
Vậy ta có $ \displaystyle \widehat{AHC\,}$ và $ \displaystyle \widehat{ANC\,}$ bù nhau
⇒ tứ giác AHCN nội tiếp
c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp
Ta có $ \displaystyle \widehat{NAC}=\widehat{MAC}$ do MN đối xứng qua AC mà $ \displaystyle \widehat{NAC}=\widehat{CHN}$ (do AHCN nội tiếp)
⇒ $ \displaystyle \widehat{IAJ}=\widehat{IHJ}$ ⇒ tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒ $ \displaystyle \widehat{AJI}$ bù với $ \displaystyle \widehat{AHI\,}$ mà $ \displaystyle \widehat{ANC}$ bù với $ \displaystyle \widehat{AHI\,}$ (do AHCN nội tiếp)
⇒ $ \displaystyle \widehat{AJI}=\widehat{ANC}$
Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp
Ta có $ \displaystyle \widehat{AMJ}$ = $ \displaystyle \widehat{ANJ}$ do AN và AM đối xứng qua AC.
Mà $ \displaystyle \widehat{ACH}$ = $ \displaystyle \widehat{ANH}$ (AHCN nội tiếp) vậy $ \displaystyle \widehat{ICJ}$ = $ \displaystyle \widehat{IMJ}$
⇒ IJCM nội tiếp ⇒ $ \displaystyle \widehat{AJI}=\widehat{AMC}=\widehat{ANC}$
d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có $ \displaystyle \widehat{AJQ}$ = $ \displaystyle \widehat{AKC}$
vì $ \displaystyle \widehat{AKC}$ = $ \displaystyle \widehat{AMC}$ (cùng chắn cung AC), vậy $ \displaystyle \widehat{AKC}$ = $ \displaystyle \widehat{AMC}$ = $ \displaystyle \widehat{ANC}$
Xét hai tam giác AQJ và AKC :
Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) 2 tam giác trên đồng dạng
Vậy $ \displaystyle \widehat{Q}={{90}^{0}}$ . Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có $ \displaystyle \widehat{xAC}$ = $ \displaystyle \widehat{AMC}$
mà $ \displaystyle \widehat{AMC}$ = $ \displaystyle \widehat{AJI}$ do chứng minh trên vậy ta có $ \displaystyle \widehat{xAC}$ = $ \displaystyle \widehat{AJQ}$ ⇒ JQ song song Ax
Vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO).