14 TS10 can tho 1718 HDG

Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ một

STT 14 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ

NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực:

a) 2x29x 10 0

b) 3 2 9

3 10

�

�  

�

x y

x y

c)  4  2

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol  P : 1 2

2



y x và đường thẳng  d :

y x

a) Vẽ đồ thị của  P

b) Gọi A x y và  1; 1 B x y lần lượt là các giao điểm của  2; 2  P với đường thẳng  d Tính

giá trị của biểu thức 1 2

1 2







x x T

y y .

1



P

x

x x x , x0, x�1 Rút gọn biểu thức P và

tìm các giá trị của x để P1

Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của

lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một

nam kết hợp với một nữ) Thầy Thành chọn 1

2 số học sinh nam kết hợp với

5

8 số học sinh nữ của lớp để lập thành các cặp thi đấu Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh?

Câu 5: Cho phương trình x2m4x2m25m 3 0 ( m là tham số) Tìm các giá trị nguyên của

m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30 Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình

Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường tròn  O đường kính BC cắt các cạnh AB , AC

lần lượt tại các điểm D và E Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn Xác định tâm I của đường tròn

này

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC Chứng minh: CM CB CE CA 

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn  O

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết �ABC �45 , �ACB �60 và BC2R

STT 14 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ

NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực:

a) 2x29x 10 0

b) 3 2 9

3 10

�

�  

�

x y

x y

c)  4  2

Lời giải

a) Giải phương trình

 

 

2

2

2 9 10 0 1

9 4.2.10 1

x x

Vì   nên phương trình 0  1 có hai nghiệm phân biệt:

1

2

9 1 5

9 1 2 4





x

x

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 2;5

2

� �

 � �

�

  

�

x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1; 3 

c)  4  2  

Đặt  2 2

1

x t t�0. Khi đó phương trình  1 trở thành:

 

2

2

8 9 0 2

8 4.1 9 100

  

t t

Vì   nên phương trình 0  2 có hai nghiệm phân biệt:

1

8 100

9 2



2

8 100

1 2



t (không thoả mãn)

Với t 9 ta có:

 2

x

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S   2; 4

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol  P : 1 2

2



y x và đường thẳng  d :

y x

a) Vẽ đồ thị của  P

b) Gọi A x y và  1; 1 B x y lần lượt là các giao điểm của  2; 2  P với đường thẳng  d Tính

giá trị của biểu thức 1 2

1 2







x x T

y y .

Lời giải

a) Vẽ đồ thị của  P

Ta có:

2 1 2



Vậy đồ thị hàm số 1 2

2



y x đi qua các điểm C4;8, D2; 2, O 0;0 , A 2; 2 , F 4;8 .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là:

 

2

1 4.2 6 49

Vì   nên phương trình 0  1 có hai nghiệm phân biệt:

1

2

1 49

4





Suy ra đường thẳng  d cắt  P tạo thành hai điểm phân biệt A 2; 2 , 3 9;

2 8

Khi đó:

1 2

1 2

3 2

4 2

2 8

� �

 � �

  � �� �� �

x x T

y y

Vậy 4

25



1



P

x

x x x , x0, x�1 Rút gọn biểu thức P và

tìm các giá trị của x để P1

Lời giải

1



P

x

x x x , x0, x�1

1







x x

x x

Để P1 thì:

Với x0, x�1 ta có: x0 thì 2 x 0� x4

Kết hợp với điều kiện x0, x�1 ta được 0 x 4, x�1 thoả mãn yêu cầu bài toán

Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của

lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một

nam kết hợp với một nữ) Thầy Thành chọn 1

2 số học sinh nam kết hợp với

5

8 số học sinh nữ của lớp để lập thành các cặp thi đấu Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh?

Lời giải

Gọi số học sinh nam của lớp 9A là x (học sinh), x0

Số học sinh nữ của lớp 9A là y (học sinh), y0.

1

2 số học sinh nam của lớp 9A là:

1

2x (học sinh).

5

8 số học sinh nữ của lớp 9A là:

5

8y (học sinh).

Thầy Thành chọn 1

2 số học sinh nam kết hợp với

5

8 số học sinh nữ nên ta có phương trình:

 

0 1

2x8y

Tổng số học sinh của lớp 9A là: x y (học sinh).

Tổng số học sinh được chọn để tham gia thi đấu là: 1 5

2x8y (học sinh).

Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động

viên nên ta có phương trình:   1 5 16 2 

 �  �

Từ  1 và  2 ta có hệ phương trình:

20

16 0

tm

16

�

x x

y

Số học sinh nam của lớp 9A là 20 học sinh

Số học học sinh nữ của lớp 9A là 16 học sinh

Vậy số học sinh lớp 9A là 36 học sinh

Câu 5: Cho phương trình x2m4x2m25m 3 0 ( m là tham số) Tìm các giá trị nguyên của

m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30 Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình

Lời giải

2 2

  ��  ��   

Vì    ��0 m nên phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt

Gọi x , 1 x là hai nghiệm của phương trình 2  1

Theo hệ thức Viet ta có: 1 2 2

1 2

4

  

�

�

�

x x m

Theo đề bài ta có: x x1 2  30

2 2

3 tm, do 11

ktm, do 2

�

�

�

�

�

�

�

�

Với m 3 ta có: x1      x2 m 4 3 4 1.

Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là 1

Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường tròn  O đường kính BC cắt các cạnh AB , AC

lần lượt tại các điểm D và E Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn Xác định tâm I của đường tròn

này

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC Chứng minh: CM CB CE CA 

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn  O

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC , biết � ABC �45 , �ACB �60 và BC2R

Lời giải

a) Xét đường tròn  O ta có:

�

BDC và � BEC là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

� � 90

�BDC BEC �

Xét tứ giác ADHE có: � BDC BEC� 90�90�180� mà hai góc này đối nhau nên tứ giác

ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có ADH và AEH cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH

Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I , đường kính AH hay I là trung điểm của AH

b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên � HAE EDC (hai góc cùng nhìn đoạn HE ).�

Mà �EBC EDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn �  O ).

� CAM CBE

Trong ABC có BE AC, CDAB (cm ở câu a)

Mà BE CD H� 

Nên H là trực tâm ABC



� AH BC tại M



� CAM vuông tại M

Xét hai tam giác vuông CAM và CBE có:

CAM CBE (cmt)

  g.g

� CAM ∽ CBE



� AC CM

BC CE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

c) Ta có: �IHD IDH ( IHD cân tại I , � ID IH : bán kính ( ) I )  1

Mà �IHD CHM (đối đỉnh). �  2

Từ  1 và  2 suy ra �CHM IDH�  3

Ta lại có: �ODC OCD (� ODC cân tại O, OD OC : bán kính ( )O ).

Xét MHC vuông tại H có: � CHM MCH�  �90

Từ  3 và  4 suy ra �IDH ODC�  �90



� ID DO tại D�( )O

Vậy ID là tiếp tuyến của  O

d) Ta có AM BC (cmt)

Xét tam giác vuông ABM và ACM có:

�

�

�

�

tan

tan 45 tan

tan

tan 60 3 tan

�

�

Mà BM CM BC2R

2 3

2 3 3 1

2 3

3 3 1 2

3 1

�



�



AM R

R R

Diện tích tam giác ABC là:

ABC

TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ NGƯỜI GIẢI ĐỀ: MOON TRAN

NGƯỜI PHẢN BIỆN: DIỆU HOÀNG