Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm học 2017 - 2018 Sở GD&ĐT TP.HCM có đáp án

a) Ta có \[{x^2} = \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} = 3{x^2} - 2x - 3x + 2\]\[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 2 = 0\].

Tính \[\Delta  = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.2.2 = 25 - 16 = 9,\,\sqrt \Delta   = 3\].

Phương trình có hai nghiệm \[{x_1} = \frac{{5 - 3}}{{2.2}} = \frac{1}{2},\,\,{x_2} = \frac{{5 + 3}}{{2.2}} = 2\].

Tập nghiệm của phương trình: \[S = \left\{ {2;\,\,\frac{1}{2}} \right\}\].

Gọi \[x,\,\,y\] (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của miếng đất.

Nửa chu vi miếng đất là 100 : 2 = 50 (m).

Khi đó: \[x + y = 50\].

Và \[5y = 2x + 40 \Leftrightarrow 2x - 5y =  - 40\]. Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 50\\2x - 5y =  - 40\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x - 2y =  - 100\\2x - 5y =  - 40\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 50\\ - 7y =  - 140\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 50 - y\\y = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 30\\y = 20\end{array} \right.\].

Vậy chiều dài của miếng đất là 30 (m) và chiều rộng là 20 (m).

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{4}{x^2}\).

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

Bảng giá trị

\[x\,\]	\[ - 2\]	\[ - 1\]	0	1	2
\[y\]	1	\[\frac{1}{4}\]	0	\[\frac{1}{4}\]	1

 

Đồ thị

b) Đường thẳng \[\left( D \right)\]: \(y = \frac{3}{2}x + m\) đi qua điểm \[C\left( {6;\,7} \right)\]nên ta có:

\[7 = \frac{3}{2}.6 + m \Leftrightarrow m =  - 2\].

Vậy đường thẳng \[\left( D \right)\] có phương trình \[y = \frac{3}{2}x - 2\].

Phương trình hoành độ giao điểm của \[\left( D \right)\] và \[\left( P \right)\] là \[\frac{1}{4}{x^2} = \frac{3}{2}x - 2\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4}{x^2} - \frac{3}{2}x + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 8 = 0\]

Ta có: \[\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - 1.8 = 1 > 0\]. Phương trình có hai nghiệm \[{x_1} = 3 + 1 = 4,\,{x_2} = 3 - 1 = 2\]

Khi đó, \[{y_1} = \frac{3}{2}{x_1} - 2 = \frac{3}{2}.4 - 2 = 4,\,{y_2} = \frac{3}{2}{x_2} - 2 = \frac{3}{2}.2 - 2 = 1\].

Vậy tọa độ các giao điểm của \[\left( D \right)\] và \[\left( P \right)\] là \[A\left( {4;\,\,4} \right),\,\,B\left( {2;\,\,1} \right)\].

Ta có:

\(A = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }}} \) \[ = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{\left( {14 - 6\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}} \]

\[ = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {\frac{{88 - 44\sqrt 3 }}{{22}}}  = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } \]

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

a) Xét tam giác \[ABC\] có đường cao \[CH\], ta có:

\[AH = \frac{{CH}}{{\tan 6^\circ }};\,\,BH = \frac{{CH}}{{\tan 4^\circ }}\]

Mà \[AH + BH = AB = 762 \Rightarrow \frac{{CH}}{{\tan 6^\circ }} + \frac{{CH}}{{\tan 4^\circ }} = 762\]

Suy ra \[CH = 762:\left( {\frac{1}{{\tan 6^\circ }} + \frac{1}{{\tan 4^\circ }}} \right) \approx 32\].

Vậy \[h = 32\] m.

b) Xét tam giác \[ABC\] có đường cao \[CH\], ta có:

\[\sin 6^\circ  = \frac{{CH}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{CH}}{{\sin 6^\circ }} \approx \frac{{32}}{{\sin 6^\circ }} \approx 306\];

\[\sin 4^\circ  = \frac{{CH}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{CH}}{{\sin 4^\circ }} \approx \frac{{32}}{{\sin 4^\circ }} \approx 459\].

Thời gian di chuyển từ \[A\] đến \[B\]:

- Thời gian đi từ \[A\] đến \[C\]: \[{t_{AC}} = \frac{{AC}}{4} \approx \frac{{\frac{{306}}{{1000}}}}{4} = 0,0765\] (giờ)

- Thời gian di chuyển từ \[C\] đến \[B\]: \[{t_{CB}} = \frac{{CB}}{{19}} \approx \frac{{\frac{{459}}{{1000}}}}{{19}} \approx 0,024\](giờ)

- Thời gian di chuyển từ \[A\] đến \[B\]: \[{t_{AB}} = 0,0765 + 0,024 = 0,1005\](giờ) \[ \approx 6\] (phút).  

Vậy bạn An đến trường lúc 6 giờ 6 phút.

Phương trình \[{x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0\] (1).

a) Ta có \[a = 1 \ne 0\] và \[\Delta  = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4.1.\left( {{m^2} - 1} \right) =  - 4m + 5\]. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi \[\Delta  > 0 \Leftrightarrow  - 4m + 5 > 0 \Leftrightarrow m < \frac{5}{4}\].

b) Theo câu a, với điều kiện \[m < \frac{5}{4}\], phương trình (1) có hai nghiệm \[{x_1},\,{x_2}\], theo định lí Vi-et ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - 1\end{array} \right.\].

Ta có: \[{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}.{x_2} = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) =  - 4m + 5\].

Theo đề bài \[{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {x_1} - 3{x_2}\]\[ \Leftrightarrow {x_1} - 3{x_2} =  - 4m + 5\]

\[ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} - 4{x_2} =  - 4m + 5\]

\[ \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right) - 4{x_2} =  - 4m + 5\]

\[ \Leftrightarrow 4{x_2} = 2m - 1 + 4m - 5\]

\[ \Leftrightarrow 4{x_2} = 6m - 6\]

\[ \Leftrightarrow {x_2} = \frac{{3m - 3}}{2}\]

Suy ra \[{x_1} = 2m - 1 - {x_2} = 2m - 1 - \frac{{3m - 3}}{2} = \frac{{m + 1}}{2}\].

Ta có: \[{x_1}.{x_2} = \frac{{m + 1}}{2}.\frac{{3m - 3}}{2} = {m^2} - 1\]

Từ đó suy ra \[m =  \pm 1\].

a) Ta có: \[\widehat {ADB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chẵn nửa đường tròn) \[ \Rightarrow \widehat {ADC} = 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {AHC}\]\[ \Rightarrow ACDH\] nội tiếp.

\[ \Rightarrow \widehat {CHD} = \widehat {CAD}\]

Mà \[\widehat {CAD} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {CHD} = \widehat {ABC}\].

b) Ta có: \[OH.OC = O{A^2} = O{B^2} \Rightarrow \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OC}}\]

.

\[ \Rightarrow \widehat {OHB} = \widehat {OBC} \Rightarrow \widehat {OHB} = \widehat {CHD}\]

\[ \Rightarrow \widehat {BHM} = \widehat {DHM}\] hay \[HM\] là tia phân giác của góc \[BHD\].

c) Tam giác \[DHB\] có \[HM\] là phân giác trong \[ \Rightarrow \frac{{MD}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{HB}}\]

Tam giác \[DHB\] có \[HC\] là phân giác ngoài \[ \Rightarrow \frac{{CD}}{{CB}} = \frac{{HD}}{{HB}}\]

Vậy \[\frac{{MD}}{{MB}} = \frac{{CD}}{{CB}} \Rightarrow MD.BC = MB.CD\].

Cách 1. Từ trên suy ra \[MD.\left( {MB + MC} \right) = MB.\left( {MC - MD} \right)\]

\[ \Rightarrow 2MB.MD = MC\left( {MB - MD} \right)\]

\[ \Rightarrow 2MB.MD = 2MK.MC\]

\[ \Rightarrow MB.MD = MK.MC\]

Cách 2. Gọi \[L\] là giao điểm của \[AE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].

5 điểm \[A,\,O,\,K,\,L,\,C\] cùng thuộc đường tròn.

\[ \Rightarrow MK.MC = MA.ML\]

Mà \[MA.ML = MB.MD\]\[ \Rightarrow MB.MD = MK.MC\].

d) Gọi \[N\] là giao điểm của \[CO\,\]với đường tròn \[\left( O \right)\].

\[ \Rightarrow \widehat {IJN} = 90^\circ \,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác: \[MI.MJ = MD.MB = MK.MC\]

\[ \Rightarrow \widehat {MCI} = \widehat {MJK} = \widehat {MEO}\]

\[ \Rightarrow MEJK\] nội tiếp.

\[ \Rightarrow \widehat {EJM} = 90^\circ \,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow E,\,\,J,\,\,N\] thẳng hàng.

Suy ra hai đường thẳng \[OC\] và \[EJ\] cắt nhau tại một điểm nằm trên \[\,\left( O \right)\].