Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2015 - 2016 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án

\[{x^2} - 8x + 15 = 0\]

Ta có: \[\Delta  = {4^2} - 15 = 1\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 5,\,{x_2} = 3\).

2{x^2} - \sqrt 2 x - 2 = 0\]

Ta có: \[\Delta  = 2 - 4.2.\left( { - 2} \right) = 18\]

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

\[{x_1} = \frac{{\sqrt 2  + 3\sqrt 2 }}{4} = \sqrt 2 ;\,\,{x_2}\,{\rm{ = }}\frac{{\sqrt 2  - 3\sqrt 2 }}{4} = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2}\].

\({x^4} - 5{x^2} - 6 = 0\)

Đặt \(u = {x^2}\,\,\left( {u \ge 0} \right)\), phương trình đã cho trở thành:

\[\begin{array}{l}{u^2} - 5u - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u =  - 1\,\,\,\,(l)\\u = 6\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\]

Với \[u - 6 \Rightarrow {x^2} = 6 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 6 \].

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x =  \pm \sqrt 6 \).

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y =  - 3\\3x - y = 4\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}17x = 17\\3x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 1\end{array} \right.\].

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\).

a) Đồ thị:

Lưu ý: \(\left( P \right)\) đi qua các điểm (0; 0), (1; 1), (2; 4), (– 1; 1), (– 2; 4).

\(\left( D \right)\) đi qua (-1; 1), (2; 4)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( D \right)\) là

\[\begin{array}{l}{x^2} = x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\]

Với \(x =  - 1\) thì \(y = 1\), với \(x = 2\) thì \(y = 4\).

Vậy toạ độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( D \right)\) là (-1; 1), (2; 4).

+) \[A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x  - 10}}{{x - 4}}\,\,\left( {x \ge 0,x \ne 4} \right)\]

Với điều kiện \(x \ge 0,\,\,x \ne 4\), ta có:

\[A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x  - 10}}{{x - 4}}\,\,\]

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) + \left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right) + \sqrt x  - 10}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 2\sqrt x  + \left( {x - 3\sqrt x  + 2} \right) + \sqrt x  - 10}}{{x - 4}} = \frac{{2x - 8}}{{x - 4}} = 2\].

+) \[B = \left( {13 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {7 + 4\sqrt 3 } \right) - 8\sqrt {20 + 2\sqrt {43 + 24\sqrt 3 } } \]

\[ = {\left( {2\sqrt 3  - 1} \right)^2}.{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^2} - 8\sqrt {20 + 2\sqrt {{{\left( {4 + 3\sqrt 3 } \right)}^2}} } \]

\[ = {\left( {3\sqrt 3  + 4} \right)^2} - 8\sqrt {20 + 2\left( {4 + 3\sqrt 3 } \right)} \]

\[ = {\left( {3\sqrt 3  + 4} \right)^2} - 8\sqrt {{{\left( {3\sqrt 3  + 1} \right)}^2}} \]

\[ = 43 + 24\sqrt 3  - 8\left( {3\sqrt 3  + 1} \right)\]

\[ = 43 + 24\sqrt 3  - 24\sqrt 3  - 8\]

\[ = 35\]

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị \(m\).

Ta có: \[\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 2} \right) = {m^2} - 4m + 8 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4 > 0\,\,\,\forall m\]

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi \(m\).

b) Định \(m\) để hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) của (1) thỏa mãn \[\frac{{{x_1}^2 - 2}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{{x_2}^2 - 2}}{{{x_2} - 1}} = 4\].

Vì \[a + b + c = 1 - m + m - 2 =  - 1 \ne 0\,\,\,\forall m\] nên phương trình (1) có 2 nghiệm \[{x_1};{x_2} \ne 1,\forall m\]

Phương trình (1) tương đương với \[{x^2} - 2 = mx - m\].

Ta có: \[\frac{{{x_1}^2 - 2}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{{x_2}^2 - 2}}{{{x_2} - 1}} = 4\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{m{x_1} - m}}{{{x_1} - 1}}.\frac{{m{x_2} - m}}{{{x_2} - 1}} = 4\]

\[ \Leftrightarrow m.m = 4 \Leftrightarrow m =  \pm 2\].

Vậy \(m =  \pm 2\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) Do \(FC \bot AB,\,\,BE \bot AC\), suy ra \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\). Do đó, \(AH \bot BC\).

Khi đó, tứ giác \(HDCE\) nội tiếp.

Xét hai tam giác đồng dạng \(EAH\) và \(DAC\) (do 2 tam giác vuông có góc \(A\) chung)

\[ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AD}} \Rightarrow AH.AD = AE.AC\](đpcm).

b) Do \(AD\) là phân giác của góc \(FDE\) nên \(\widehat {FDE} = 2\widehat {FBE} = 2\widehat {FCE} = \widehat {FOE}\)

Vậy tứ giác \(EFDO\) nội tiếp (cùng chắn cung \(EF\)).

c) Vì \(AD\) là phân giác của góc \(FDE\) Þ \(DB\) là phân giác của góc \(FDL\).

Þ \(F,\,L\) đối xứng qua \(BC\) Þ \(L\) thuộc đường tròn tâm \(O\).

Vậy \(\widehat {BLC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(O\) Þ \(\widehat {BLC} = 90^\circ \).

d) Gọi \(Q\) là giao điểm của \(CS\) với đường tròn tâm \(O\).

Vì 3 cung \(BF,\,BL\) và \(EQ\) bằng nhau (do kết quả trên).

Suy ra tứ giác \(B,\,E,\,Q,\,L\) là hình thang cân nên hai đường chéo \(BQ\) và \(LE\) bằng nhau.

Mà \(BQ = RS,\,LE = DL + DE = DF + DE\)

Suy ra \(DE + DF = RS\) (đpcm).