Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2016 - 2017 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án
9 câu hỏi
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
\[{x^2} - 2\sqrt 5 x + 5 = 0\];
\[{x^2} - 2\sqrt 5 x + 5 = 0\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2\sqrt 5 x + {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} = 0\]
\( \Leftrightarrow {\left( {x - \sqrt 5 } \right)^2} = 0\)
\( \Leftrightarrow x - \sqrt 5 = 0\)
\( \Leftrightarrow x = \sqrt 5 \)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \[S = \left\{ {\sqrt 5 } \right\}\].
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
\[4{x^4} - 5{x^2} - 9 = 0\];
\[4{x^4} - 5{x^2} - 9 = 0\]
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\).
Khi đó phương trình trở thành: \[4{t^2} - 5t - 9 = 0\] (*)
Ta có: \(a - b + c = 4 - \left( { - 5} \right) + \left( { - 9} \right) = 0\).
Nên ta có phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt là: \(t = - 1\) (loại) và \[t = \frac{9}{4}\] (thỏa mãn điều kiện).
Với \[t = \frac{9}{4}\] ta có: \[{x^2} = \frac{9}{4} \Leftrightarrow x = \pm \frac{3}{2}\]
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: \[S = \left\{ {\frac{{ - 3}}{2};\frac{3}{2}} \right\}\].
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
\[\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = - 1\\3x - 2y = 8\end{array} \right.\];
\[\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = - 1\\3x - 2y = 8\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x + 15y = - 3\\6x - 4y = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}19y = - 19\\3x - 2y = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = - 1\end{array} \right.\].
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,y} \right) = \left( {2;\, - 1} \right)\).
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
\[x\left( {x + 3} \right) = 15 - \left( {3x - 1} \right)\].
\[x\left( {x + 3} \right) = 15 - \left( {3x - 1} \right)\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 3x = 15 - 3x + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 6x - 16 = 0\end{array}\]
Ta có: \[\Delta '\, & = 9 + 16 = 25 > 0\]
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:\(x = - 8,\,\,x = 2\).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S = \left\{ { - 8;\,\,2} \right\}\).
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) của hàm số \[y = - \frac{{{x^2}}}{4}\] và đường thẳng \(\left( D \right)\) :\[y = \frac{x}{2} - 2\] trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( D \right)\) ở câu trên bằng phép tính.
a)Vẽ đồ thị hai hàm số.
Bảng giá trị
\(x\) | – 2 | – 1 | 0 | 1 | 2 |
\[y = \frac{{ - {x^2}}}{4}\] | – 4 | – 1 | 0 | – 1 | – 4 |
\[y = \frac{x}{2} - 2\] |
|
| – 2 |
| 0 |
Đồ thị
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( D \right)\) là
\[\frac{{ - {x^2}}}{4} = \frac{x}{2} - 2 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 0\]
Ta có: \[\Delta ' = 9\]
Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = 2;\,\,{x_2} = - 4\).
Với \({x_1} = 2\) ta có \({y_1} = - 1,\,A\left( {2;\, - 1} \right)\).
Với \({x_2} = - 4\) ta có \({y_2} = - 4,\,B\left( { - 4;\, - 4} \right)\).
Vậy \(\left( P \right)\) và \(\left( D \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\, - 1} \right),\,\,B\left( { - 4;\, - 4} \right)\).
Thu gọn biểu thức \[A = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\].
\[A = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\]
\[ = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt {3 + 2.1.\sqrt 3 + 1} }} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt {3 - 2.1.\sqrt 3 + 1} }}\]
\[ = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} }} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} }}\]
\[ = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt 3 + 1}} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{1 - \sqrt 3 + 1}}\]
\[ = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{{2 + \sqrt 3 }} + \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{2 - \sqrt 3 }}\]
\[ = \frac{{\left( {4 - 4\sqrt 3 + 3} \right) + \left( {4 + 4\sqrt 3 + 3} \right)}}{{4 - 3}} = \frac{{14}}{1} = 14\].
Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông Sáu nhận được số tiền là 112 360 000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền?
Gọi số tiền ông Sáu gửi ban đầu là \(x\) (đồng, \(x > 0\)).
Theo đề bài ta có:
Số tiền lãi sau 1 năm ông Sáu nhận được là: \(0,06x\) (đồng).
Số tiền có được sau 1 năm của ông Sáu là: \(x + 0,06x = 1,06x\) (đồng).
Số tiền lãi năm thứ 2 ông Sáu nhận được là: \(1,06x\,.0,06 = 0,0636x\) (đồng).
Do vậy số tiền tổng cộng sau 2 năm ông Sáu nhận được là:
\(1,06x + 0,0636x = 1,1236x\)(đồng).
Mặt khác: \(1,1236x = 112\,\,360\,\,000\) nên \(x = 100\,000\,000\) (đồng) hay 100 triệu đồng.
Vậy ban đầu ông Sáu đã gửi 100 triệu đồng.
Cho phương trình: \[{x^2} - 2mx + m - 2 = 0\] (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 \({x_1},\,{x_2}\) của phương trình (1) thỏa mãn:
\[\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {2 - {x_2}} \right) + \left( {1 + {x_2}} \right)\left( {2 - {x_1}} \right) = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\].
a) Ta có: \[\Delta = {\left( { - 2m} \right)^2} - 4.1.\left( {m - 2} \right) = 4{m^2} - 4m + 8 = {\left( {2m - 1} \right)^2} + 7 \ge 7 > 0\,\,\forall m\].
Do đó, phương trình (1) luôn có 2 nghiệm với mọi \(m\).
b) Theo định lý Vi-et ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = m - 2\end{array} \right.\].
Ta có: \[\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {2 - {x_2}} \right) + \left( {1 + {x_2}} \right)\left( {2 - {x_1}} \right) = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\]
\[ = 2 + 2{x_1} - {x_2} - {x_1}{x_2} + 2 + 2{x_2} - {x_1} - {x_1}{x_2}\]
\[ = 4 + {x_1} + {x_2} - 2{x_1}{x_2}\]
\[ = 4 + 2m - 2\left( {m - 2} \right) = 8\].
Và
\[{x_1}^2 + {x_2}^2 + 2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2 = {\left( {2m} \right)^2} - 2\left( {m - 2} \right) + 2\]
\[ = 4{m^2} - 2m + 6\]
Do vậy, \[\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {2 - {x_2}} \right) + \left( {1 + {x_2}} \right)\left( {2 - {x_1}} \right) = {x_1}^2 + {x_2}^2 + 2\]
\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 2m + 6 = 8\]
\[ \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 1 = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {2m + 1} \right) = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\]
Vậy giá trị của \(m\) thỏa mãn là: \[m = 1,\,\,m = \frac{{ - 1}}{2}\].
Cho tam giác \(ABC\,\,\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm \(O\) đường kính \(BC\) cắt các cạnh \(AC,\,AB\) lần lượt tại \(D,\,E\). Gọi \(H\) là giao điểm của \(BD\) và \(CE\); \(F\) là giao điểm của \(AH\) và \(BC\).
a) Chứng minh: \[AF \bot BC\] và \[\widehat {AFD} = \widehat {ACE}\].
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AH\). Chứng minh: \(MD \bot OD\) và 5 điểm \(M,\,D,\,O,\,F,\,E\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(AH\) và \(DE\). Chứng minh \(M{D^2} = MK.MF\) và \(K\) là trực tâm của tam giác \(MBC\).
d) Chứng minh: \[\frac{2}{{FK}} = \frac{1}{{FH}} + \frac{1}{{FA}}\].
a) Ta có \(\widehat {BEC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(BD \bot AC\) và \(CE \bot AB\). Mà \(BD\) cắt \(CE\) tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC\).
Suy ra \[AH \bot BC\]
Vì \[AH \bot BC,\,BD \bot AC\] nên \[\widehat {HFC} = \widehat {HDC} = 90^\circ \]
Suy ra \[\widehat {HFC} + \widehat {HDC} = 180^\circ \]
Suy ra \[HFCD\] là tứ giác nội tiếp
\[ \Rightarrow \widehat {HFD} = \widehat {HCD}\]
b) Vì \[M\] là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông \[ADH\] nên \[MD = MA = MH\]
Tương tự ta có \[ME = MA = MH\]
Suy ra \[MD = ME\]
Mà \[OD = OE\] nên \[\Delta OEM = \Delta ODM\](c.c.c) \[ \Rightarrow \widehat {MOE} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {EOD}\] (1)
Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có \[\widehat {ECD} = \frac{1}{2}\widehat {EOD}\] (2)
Theo ý a) ta có \[\widehat {HFD} = \widehat {HCD} = \widehat {ECD}\] (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \[\widehat {MOD} = \widehat {HFD}\] hay \[\widehat {MOD} = \widehat {MFD}\]
Suy ra tứ giác \[MFOD\] là tứ giác nội tiếp (4)
\[ \Rightarrow \widehat {MDO} = 180^\circ - \widehat {MFO} = 90^\circ \Rightarrow MD \bot DO\]
Chứng minh tương tự ta có \[MEFO\] là tứ giác nội tiếp (5)
Từ (4) và (5) suy ra 5 điểm \[M,\,E,\,F,\,O,\,D\] cùng thuộc 1 đường tròn.
c) Gọi \[I\] là giao điểm thứ hai của \[MC\] với đường tròn \[\left( O \right)\]
Ta có \[\widehat {MDE} = \widehat {DCE}\] (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung \[DE\]) hay \[\widehat {MDK} = \widehat {HCD}\]
Mà \[\widehat {HCD} = \widehat {HFD}\](cmt) \[ \Rightarrow \widehat {MDK} = \widehat {HFD}\] hay \[\widehat {MDK} = \widehat {MFD}\]
Suy ra tam giác \[MDK\] đồng dạng với tam giác \[MFD\] (g-g)
\[ \Rightarrow \frac{{MD}}{{MF}} = \frac{{MK}}{{MD}} \Rightarrow M{D^2} = MK.MF\]
Ta có \[\widehat {MDI} = \widehat {MCD}\] (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung \[DI\])
Suy ra tam giác \[MDI\] đồng dạng với tam giác \[MCD\] (g-g)
