Đề tham khảo tuyển sinh lớp 10 (năm học 2016 – 2017) - Gv: Đỗ Thị Thanh Hiền

Trường: THCS Trần Văn Ơn – Q1
GV : Đỗ Thị Đoan Hiền
ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH LỚP 10
(Năm học 2016 – 2017)
Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình:
	c) 
	d) 
Bài 2:(1,5 điểm) Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, cho Parabol (P): và đường thẳng (D):
Vẽ (P) và (D)
Chứng minh (D) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
Bài 3:( 0,75 điểm) Rút gọn:
Bài 4:(0,75 điểm)
Nam gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền ban đầu là 150 triệu đồng với lãi suất 5%/năm, kì hạn 6 tháng, lãi kép (tiền lãi được nhập vào tiền vốn ban đầu để tính lãi tiếp). Hỏi sau 5 năm, Nam nhận được cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?
Bài 5:(1,5 điểm) Cho phương trình: (với x là ẩn số và m là tham số)
Định m để phương trình trên luôn luôn có hai nghiệm phân biệt
Định m để
Bài 5 :(3,5 điểm) Cho (AB<AC) có 3 góc nhọn nội tiếp trong (O,R) và 3 đường cao AD, BE, CF đồng qui tại H. 
Chứng minh rằng AB.AF=AC.AE và DB.DC=DA.DH
Vẽ đường kính AK của (O), chứng minh rằng BHCK là hình bình hành.
Tia AD cắt (O) tại L. Chứng minh rằng H và L đối xứng qua BC và tứ giác BCKL là hình thang cân.
Cho biết AH=R. Tính số đo độ góc BAC và tính BC theo R.
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH LỚP 10
Bài
Đáp án
Thang điểm
Bài 1 
(2đ)
0,5
Phương trình đã cho có nghiệm kép :
0,25
0,25
Đặt Phương trình đã cho trở thành : 
Nhận xét nên phương trình đã cho có 2 nghiệm:
Với 
0,25
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm (2 ;5)
0,5
Bài 2
(1,5đ)
a) Bảng giá trị:
X
0
1
1
0
x
-4
-2
0
2
4
-4
-1
0
-1
-4
y
Đồ thị:
x
0,25x2
0,25
b) Phương trình hoành độ giao điểm :
nên phương trình (1) có nghiệm kép x=2,y=-1
Vậy (D) và (P) tiếp xúc, tọa độ tiếp điểm (2 ;-1)
0,5
0,25
Bài 3
(1,5đ)
Bài 4
0,5
0,25
Số tiền Nam nhận được sau 5 năm là :
 (triệu)
0,75
Bài 5
(1,5đ)
Để phương trình trên luôn luôn có hai nghiệm phân biệt thì 
0,5
0,25
b) Do là 2 nghiệm của phương trình đã cho, áp dụng định lí Vi-et, ta có :
Ta có: 
Pt (2) vô nghiệm, vậy m=0
0,5
0,25
Bài 6
(3,5đ)
Chứng minh rằng AB.AF=AC.AE và DB.DC=DA.DH
Ta có do 
(đpcm)
Xét tứ giác AFDC, ta có : , tứ giác AFDC nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh AC dưới 2 góc bằng nhau)
Xét có :
(Tính chất đường cao)
(Cùng chắn cung FD của đường tròn nội tiếp tứ giác AFDC)
 (đpcm)
0,5
0,5
Xét tứ giác BHCK, ta có :
CF//KB hay CH//KB (H thuộc CF)(1)
BE//KC hay BH//KC (H thuộc BE)(2)
Và (2) tứ giác BHCK là hình bình hành
0,5
0,5
Ta có :
( cùng chắc cung BL)
( cmt)
Xét , có :
(cạnh tương ứng)
Mặt khác 
Vậy H và L đối xứng qua BC
Ta có :
//KL nên BCKL là hình thang , mà hình thang này nội tiếp (O) nên là hình thang cân.
0,5
0,5
//OM, O là trung điểm AK, áp dụng định lí Thalet trong tam giác AKH, suy ra M là trung điểm HK.
Xét tam giác OMB vuông tại B, ta có :
Mà (quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cung BC của (O)
0,25
0,25