CHUYEN NANG KHIEU HCM TS10 TOAN 9 2020 2021 CT TOAN CHUNG THCS VN

1 điểm Một kho hàng nhập gạo trong kho chưa có gạo trong đó 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày kể từ ngày thứ hai đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước đó

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

HỘI ĐỒNG TUYÊN SINH LỚP 10

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN: TOÁN - LỚP 9 (không chuyên)

NĂM HỌC 2019-2020

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1 điểm)

3 ( 1)

x x M

x





  ,

( 4)(3 1)

N

 



2

x P

x



 a) Tìm x khiM  x 4

b) TínhQ M N P 

Câu 2 (3 điểm)

a) Giải phương trình ( 4 4 2 5) 3 3 0

1

x x

x

    

   



b) Hai đường thẳng d y mx m:   và d y x1:  3m2n mn cắt nhau tại điểm I(3;9) Tính

m n và m

n

c) Hình chữ nhật ABCDcó chu vi bằng 28(cm) và nội tiếp đường tròn ( )C có bán kính R5

(cm) Tính diện tích tứ giác ABCD

Câu 3 (2,0 điểm): Gọi  P ,  d lần lượt là đồ thị của các hàm số y x 2 và y2mx 3

a) Chứng minh rằng đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại hai điểm phân biệtA x y 1, 1,

 2, 2

B x y với mọi số thực m Tính y1 y2 theo m b) Tìm tất cả các số thực msao cho y14y2 x1 4x23x x1 2

Câu 4 (1 điểm)

Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong đó 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước

đó Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng 1

10 lượng gạo trong kho ở ngày trước đó Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hơp sau:

a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì kho có 91 tấn gạo

b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu là 50,996 tấn

Câu 5 (3 điểm)

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T có tâm O có AB AC và BAC900 Gọi M là trung điểm của AC, tia MO cắt  T tại D , BC lần lượt cắt AO và AD tại ,N P

a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và BDC4ODC

b) Phân giác góc BDP cắt BC tại E , ME cắt AB tại F Chứng minh CA CP và ME vuông

góc với BD

c) Chứng minh tam giác MNE cân Tính DE

DF

 HẾT 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (2 điểm)

3 ( 1)

x x M

x





  ,

( 4)(3 1)

N

 



2

x P

x



 a) Tìmx khiM  x 4

b) TínhQ M N P 

Lời giải

3 ( 1)

x x M

x





  Điều kiện xác định: x0

3

2

x x



Ta có:

4

2 0

M x

x x

 

2 0 x

   (do x    ) 1 0, x

2 x

 

4 x

  (thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy x4là giá trị cần tìm

b) Tính Q M N P 

Xét   3 3

( 4)(3 1)

N

 





Điều kiện xác định:

3

x

x









4

N



Xét Q M N P 

Điều kiện xác định:

0 4

x

x





 



2

2

4 2

2

2

2

1 2

Q M N P

x x

x

x

x x









Vậy Q1

Câu 2 (3 điểm)

a) Giải phương trình 4 2 3 3

1

x x

x

    

   



b) Hai đường thẳng d y mx m:   và d y x1:  3m2n mn cắt nhau tại điểm I(3;9) Tính

m n và m

n

c) Hình chữ nhật ABCDcó chu vi bằng 28(cm) và nội tiếp đường tròn ( )C có bán kính R5

(cm) Tính diện tích tứ giác ABCD

Lời giải

a) Giải phương trình 4 2 3 3

1

x x

x

    

   



Điều kiện xác định

0

1

x

x



     

     

3 3

1

4 5 0 (1)

3 3

0 (2) 1

x x

x

x x

x

    

   



   



   





Xét phương trình (1): x44x2 5 0

Đặtx2  , với t t0,t 1

Khi đó, phương trình (1) trở thành

( 1)( 5) 0

1 0

5 0

t t

t t t t

  

 



   



1 5

t t





   

 (không thỏa mãn điều kiện xác định)

Do đó, phương trình (1) vô nghiệm

Xét phương trình (2):

3 3

0 1

3

1 5 3

2 2

1 5

2 2

3 2

3 4

x

x

x

x x

   



    

      

     

   



 

    



  

  

1 x

  (không thỏa mãn điều kiện xác định)

Do đó, phương trình (2) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

b) Hai đường thẳng d y mx m:   và d y x1:  3m2n mn cắt nhau tại điểm I(3;9) Tính

m n và m

n

Vì hai đường thẳng d y mx m:   và d y x1:  3m2n mn cắt nhau tại điểm I(3;9)nên

(3;9)

I d và I(3;9) d1

Thay tọa độ của điểm I(3;9)vào phương trình đường thẳng d ta được

9 3 m m 4m9 (1)

Thay tọa độ của điểm I(3;9)vào phương trình đường thẳng d ta được 1

9 3 3  m2n mn 3m2n mn 6 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

4 9

9 4

9 4 3 27 3 2

3 4

m

m

m n mn

m n

m n m n









 



 



 



 

 





 

 

 







Vậy 27

3

m n và 3

4

m

n 

c) Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28 (cm) và nội tiếp đường tròn ( )C có bán kính R5

(cm) Tính diện tích tứ giác ABCD

Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ABCD lần tượt là: x , y (cm), điều kiện

0

x y 

Vì chu vi của hình chữ nhật ABCD bằng 28 (cm) nên x y 14 (1)

Theo bài ra, hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn ( )C mà A B C D      900 nên hai đường chéo AC và BD là đường kính của đường tròn ( )C , suy ra AC BD 2R10(cm) Giả sử AB là chiều dài và BC là chiều rộng của hình chữ nhật

Xét tam giác ABC vuông tại C có

10

100 (2)

AB BC AC

x y

x y

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

2

2

2

14

14 (14 ) 100 14

2 28 96 0 14

14 48 0 14

( 6)( 8) 0 14

6 0

8 0 6 (

100

) 8 8 ( ) 6

x y

x x

x x

x x x l

t

x

x

y

y

m y

 







 



    



 



    



 



    



 



    



 





  



  



 







 





  





 



Vậy diện tích tứ giác ABCD là SABCD x y 8.6 48

Câu 3 (2,0 điểm): Gọi  P ,  d lần lượt là đồ thị của các hàm số y x 2 và y2mx 3

a) Chứng minh rằng đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại hai điểm phân biệtA x y 1, 1,

 2, 2

B x y với mọi số thựcm Tính y1y2 theo m

b) Tìm tất cả các số thực msao cho y14y2 x1 4x23x x1 2

Lời giải

a) Hoành độ giao điểm của parabol  P và đường thẳng  d là nghiệm của phương trình:

x  mx

 

2 2 3 0 1

x mx

Phương trình  1 là phương trình bậc hai có ac  3 0 nên với mọim phương trình  1 luôn

có hai nghiệm phân biệt x x trái dấu 1, 2

Vậy đường thẳng  d luôn cắt parabol  P tại hai điểm phân biệtA x y 1, 1, B x y 2, 2 với mọi

số thực m

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 1 2

1 2

2 3

x x

 



  

y y x x  x x  x x  m 

Vậy 2

y y  m  b) Có y14y2  x1 4x23x x1 2

1 4 2 1 4 2 3 1 2

x x x x x x

1 3 1 2 4 2 1 4 2

x x x x x x

x1 x2x1 4x2 x1 4x2 0

x1 x2 1x1 4x2 0

1 2

1 4

x x

 



  



+) Nếu x14x2 mà x x1 2   nên 3 2

1

4x   (loại) 3 +) Nếu 1 2 1 2 1 1

2

x x   m   m

Vậy 1

2

m thỏa mãn đề bài

Câu 4 (1 điểm)

Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong đó 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước

đó Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng 1

10 lượng gạo trong kho ở ngày trước đó Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hơp sau:

c) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì kho có 91 tấn gạo

d) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu là 50,996 tấn

Lời giải

Gọi x (tấn) lượng gạo nhập vào kho trong ngày thứ nhất x0

Khi đó lượng gạo nhập vào kho trong các ngày thứ hai, thứ ba, thứ tư lần lượt là:

6 120%

5

x x , 120% 6 36

5x 25x

  

 

  ,

36 216 120%

25x 125 x

  

 

a) Tổng lượng gạo đã nhập vào kho sau ngày thứ ba là 6 36 91

5 25 25

x x x x(tấn)

Theo đề bài ta có 91 91 25

25x  x (thỏa mãn)

Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 25 tấn gạo

b) Sau ngày thứ tư, tổng lượng gạo đã nhập vào kho là 6 36 216 671

5 25 125 125

x x x x x(tấn)

Do đó, lượng gạo kho đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu lần lượt là

1 . 671

10 125x

  (tấn) và

1 . 9 . 671 9 . 671

10 10 125x 100 125x

    

Theo đề bài ta có:

1 671 9 671

10 125x 100 125x

   

19 671 50,996

100 125x

12749 50,996

12500x

 x 50 (thỏa mãn)

Vậy ngày thứ nhất kho hàng đã nhập 50 tấn gạo

Câu 5 (3 điểm) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T có tâm O có AB AC và BAC900 Gọi

M là trung điểm của AC, tia MO cắt  T tại D , BC lần lượt cắt AO và AD tại ,N P

a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và BDC4ODC

b) Phân giác góc BDP cắt BC tại E , ME cắt AB tại F Chứng minh CA CP và ME vuông

góc với BD

c) Chứng minh tam giác MNE cân Tính DE

DF

Lời giải

a)

+) Ta có: tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T có tâm O

, ,

OA OB OC

 đều là bán kính đường tròn  T OA OC

OAC

  cân tại O

Có: M là trung điểm của AC

OMC

Vì AB AC nên tam giác ABC cân tại A Mà tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 T OABCONC900 (2)

Từ (1) và (2) O M N C, , , cùng nằm trên đường tròn đường kính OC

 Tứ giác OCMN nội tiếp đường tròn đường kínhOC

+) Vì OMAC

ADC

  cân tại D

DM

 là tia phân giác của ADC

2

Mà AB AC ABAC

2

   (hai góc chắn hai cung bằng nhau)

 1 1 1. 

4

b)

+) Vì AB AC

 

ACB ADC

  (hai góc chắn hai cung bằng nhau)

Xét CPA và DAC có :



PAC chung

 

ACBADC

CPA DAC

   (g-g)

APC

  cân tại C

AC PC

+) Xét BDP và ACP có :

 

DBP CAP (cùng chắn DC )

 

APC BPD (hai góc đối đỉnh)

BDP ACP

   (g-g)

DBP

  cân tại D

Vì DE là tia phân giác của BDPDEBP





0

0

90 90

DEC

DMC



  Tứ giác EDCMlà tứ giác nội tiếp

 

FED MCD

  (cùng bù với DEM)

Mà DBC ACDCAD

  

FED EBD ACD

  

 



0

0

0

90 90 90

FED FEB BED

DBE FEB

BKE

BD ME

c)

+) Tứ giác ONMClà tứ giác nội tiếp nên MNC MOC (hai góc cùng chắn MC )

Xét EMN có  NEM NME MNC MOC 

Xét OCDcó  OCD ODC MOC  (cùng bù với COD )

  2ODC MOC

NEM NME ODC

   (= MOC )

Tứ giác EMCDlà tứ giác nội tiếp nên MEC MDC(hai góc cùng chắn MC )

 

 

MEN ODC

EMN ODC

MEN EMN ODC

EMN

  cân tại N

+) Vì tứ giác ABDCnội tiếp đường tròn  T

 

FBD ACD

  (cùng bù với ACD )

Lại có DBC DAC (cùng chắn DC )

Mà DAC ACD (ACD cân tại D )

 

DBC FBD

Hay FBK KBE 

Xét BFK và BEK có :

  900

BKF BKE

 

FBK KBE (chứng minh trên)

BK chung

BKF BKE

    (g-c-g)

BE BF

Xét BFD và BED có :

BD chung

 

FBK KBE (chứng minh trên)

BEBF(chứng minh trên)

BFD BED

    (g-c-g)

1 DE

DE DF

DF