Đề thi vào lớp 10 năm 2017 môn Toán THCS Lương Thế Vinh – TP HCM

Chứng minh: AD2 = AJ.MD d Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G.. Hỏi sau 15 tháng người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu?. Biết rằng hàng

TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH MÔN THI: TOÁN

(Đề thi gồm 1 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không tính thời gian phát đề

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) x327x2xx333  

b) 5x22 10x20 

c) x42x2 80 





















y 1 3 5y

3x

3y 1 x

2

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số x2

4

1

2

1 y :

b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính 

2

3 10 2

3 10

Câu 4: Cho phương trình: x22m1xm2 m30 (1) (x là ẩn số)

a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 

b) Định m để: x1x11x2x2118 

Câu 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O) Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD của (O)

(A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D; A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO) Gọi I là trung điểm CD

a) Chứng minh: MB2 = MC.MD

b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp

c) Tia BI cắt (O) tại J Chứng minh: AD2 = AJ.MD

d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG theo R

Câu 6: Hàng tháng một người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng Hỏi sau 15 tháng

người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng hàng tháng người đó không rút lãi ra

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) x327x2xx333 (1)  

Giải:

 1 x26x97x2x2 6x33

0 42 19x x

0 33 6x 2x 7x 9 6x x 2

2 2



























Ta có Δ1924. 1.423611685290; Δ  529 23

Do 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

23 19 x 21;

1 2

23 19















Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S21;2 

b) 5x22 10x20 (2) 

Giải:

Ta có ' 1025.210100

Do '0 nên phương trình (2) có nghiệm kép:

5

10 5

10 a

b' x

x1 2   

Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là:













 5

10

c) x42x2 80 (3) 

Giải:

Đặt tx2t0

Phương trình (3) trở thành: t22t80 (*)

Δ' 12 1. 8 1890; ' 93

Do ∆’ > 0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

1

3 1

1

3 1

t2     (loại) Với t1 4 thì x2 4x2

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm là S2;2 





















y 1 3 5y

3x

3y 1 x

2

(4) 

Giải:





















































































3 2y 3x

13 13x 4

9 6y 9x

4 6y 4x 4

3 2y 3x

2 3y 2x 4

3y 3 5y 3x

3y 2 2x



































0 y

1 x 3 2y 3

1 x

    Vậy hệ phương trình (4) có nghiệm là   x;y  1;0  

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số x2

4

1

2

1 y :

Giải:

2 x 4

1

2 x 2

1

Vẽ đồ thị

  b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính 

Giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:

 5 0 8 2x x

8 2x x

4

8 4

2x 4 x

2 x 2

1 x 4 1

2 2 2 2































Ta có '1 1. 8 1890; ' 93

Do '0 nên phương trình (5) có hai nghiệm phân biệt:

1

3 1 x 2;

1

3 1

4

1 2 4

1

4

1 4

4

1

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là: A2;1 ,B4;4 

2

3 10 2

3 10

Giải:

2

3 10 2

3 10

1 1 10 2

3 3

10 2

3 2 10

1 1 10 2

3 2

10 2

3 3 10

1 10 2

3 10 1

2

3 10

1 10 2

3 10 2

2 2

3 10











































































2

3 3

10 2

3 2

10

T2  210232 210 23. 210 23  21023

1 10 4

1 2 10 4

9 4

10 2 10

2

3 2

10 2

3 2

10 2 10















































T 101 (vì T > 0)

Thay T vào biểu thức A, ta được:

A 101 10111

Vậy A1

Câu 4: Cho phương trình: x22m1xm2 m30 (1) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 

Ta có Δ2m1 24.1.m2m34m24m14m24m128m13

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2

Δ08m1308m13m138

8

13

m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2  

b) Định m để: x1x11x2x2118  

Giải:

8

13

m thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức Vi‐ét:















































3 m m 1

3 m m a

c x x P

1 2m 1

1 2m a

b x x S

2 2

2 1

2 1

Ta có x1x11x2x2118 (gt)

0 18 x x x x

0 18 x x x x

2 1 2 1

2 2 1

2 1

2 2

2 1

2

2 2 1

2 1







































2m122m2 m32m1180 (do hệ thức Vi‐ét)

 6 0 10 8m 2m

0 18 1 2m 6 2m 2m 1 4m 4m 2

2 2





























Ta có abc2  8  100 nên phương trình (6) có hai nghiệm:

2

10 a

c

m2    (loại) Vậy m1 là giá trị cần tìm  

Câu 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O) Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD của (O)

(A, B là tiếp điểm, C nằm giữa M và D; A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO) Gọi I là trung điểm CD

a) Chứng minh: MB2 = MC.MD

Giải:

1

1 1

I

B M

A

O

C

D

Mˆ1: chung

Bˆ1 Dˆ1 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

MB

MC MD







b) Chứng minh: tứ giác AOIB nội tiếp

Giải:

Ta có MAˆO900 (tính chất tiếp tuyến)

 Điểm A thuộc đường tròn đường kính MO (1)

Ta có MBˆO900 (tính chất tiếp tuyến)

 Điểm B thuộc đường tròn đường kính MO (2)

Ta có I là trung điểm của CD và dây CD không qua tâm O

 OI  CD (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

0

90 O Iˆ

 Điểm I thuộc đường tròn đường kính MO (3)

Từ (1), (2) và (3)  5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO

 Tứ giác AOIB nội tiếp đường tròn đường kính MO

c) Tia BI cắt (O) tại J Chứng minh: AD2 = AJ.MD

Giải:

1

1 1

I

B M

A

O

C

D

2

1

2

J

1

1 1

I

B M

A

O

C

D

Xét ∆MAC và ∆MDA có:

Aˆ1 Dˆ2 (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

MCˆAMAˆD (4) (2 góc tương ứng)

Ta có ADˆJABˆJ (cùng chắn cung AJ của đường tròn (O))

AMˆD (5) (cùng chắn cung AI của đường tròn đường kính MO)

Ta có DJˆAMCˆA (góc trong bằng góc đối ngoài của tứ giác ACDJ nội tiếp đường tròn (O)) MAˆD (6) (do (4))

DJˆAMAˆD (do (6))

ADˆJAMˆD (do (5))

AD

AJ MD

d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, tia CK cắt OB tại G Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG theo R

Giải:

CIˆKCDˆB (2 góc ở vị trí so le trong)

CAˆK (7) (cùng chắn cung BC của đường tròn (O))

Xét tứ giác ACKI có: CIˆKCAˆK (do (7))

 Tứ giác ACKI nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh A, I cùng nhìn cạnh CK dưới một góc bằng nhau) ICˆGIAˆK (cùng chắn cung IK)

IOˆG (8) (cùng chắn cung IB của tứ giác AOIB nội tiếp)

Xét tứ giác OIGC có: ICˆGIOˆG (do (8))

 Tứ giác OIGC nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh C, O cùng nhìn cạnh GI dưới một góc bằng nhau) OGˆCOIˆC (cùng chắn cung OC)

900 (9) (vì OI  CD)

 Điểm G và I thuộc đường tròn đường kính OC

G K 2

1

2

J

1

1 1

I

B M

A

O

C

D

 Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆CIG là:

2

R 2

OC 

Câu 6: Hàng tháng một người gửi vào ngân hàng 5.000.000đ với lãi suất 0,6%/tháng Hỏi sau 15 tháng

người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng hàng tháng người đó không rút lãi ra

Giải:

0,6%

1