Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Đức Thắng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (731.45 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 1
TRƯỜNG THCS ĐỨC THẮNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021

MƠN TỐN

(Thời gian làm bài: 120 phút) 
Đề 1

Câu 1

Cho biểu thức:

B

b

b 1

b

2 b

3 b 9

b

3 b

3 +

−

=

+

−

+

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của b để B ≥ 1.

Câu 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d y1: =2x+1và đường thẳng d y x2: = +3.

Câu3: Cho tam giác ABC vuông cân tại Acó đường trung tuyến BM(Mthuộc cạnh AC). Biết AB=2a
. Tính theo ađộ dài AC, AM và BM.

Câu 4: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ Ađến B. Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô
thứ hai là 10 km/h nên ô tô thứ nhất đếnB trước ô tơ thứ hai 1

2 giờ. Tính vận tốc mỗi ơ tô biết quãng
đường AB dài 150 km.

Câu 5: Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình x2−4x m+ + =1 0 có hai nghiệm phân biệt x1và
2

x thỏa x13+x23100

Câu 6: Cho tam giácABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O . Gọi I là trung điểm AB. Đường
thẳng qua I vng góc AOvà cắt ACtại J. Chứng minh: , ,B C J và Icùng thuộc một đường tròn.

ĐÁP ÁN 
Câu 1

a) ĐKXĐ: b  0 và b  9.

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

b.

b

3 b

1 .

b

3 b

2 b

3

B

b

3 .

b

3 b

3 .

b

3 +

−

−

=

−

+

−

+

(

) (

)

b

3 b

b

3 b

b

3 b

2 b

3 b

3 .

b

3 +

+ −

+

− − +

+

=

−

+

(

b

3 .

) (

3 b

b

3

)

+

=

−

+

(

)

(

) (

)

b.

b

3 b

3 .

b

3 +

=

−

+

b

3 =

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 2
b) b  0 và b  9,

B 1

b

1 b

3  



−

b

1 0

b

3 

− 

−

3

0 b

3

0 b

9 b

3 

 

−   

−

Kết hợp với điều kiện b  0 và b  9 ta có: b > 9.
Vậy: b > 9

Câu 2

Phương trình hồnh độ giao điểm của d1vàd2 là 2x+ = +1 x 3

x

 =

Với x=2 tìm được y=5

Vậy tọa độ giao điểm của d1 và d2là

( )

2;5 .
Câu 3

AC AB= = a

AC
AM= =a

2 2 2

BM =AB +AM

BM= a

Câu 4

Gọi x

(

km/h

)

là vận tốc ô tô thứ nhất. Điều kiện x10
Khi đó vận tốc ơ tơ thứ hai là x−10 km/h

(

)

Từ giả thiết ta có 150 1 150

2 10

x + = x−

2 10 3000 0 60

x

x x

x

 =
 − − =  

= −

Do x10 nên nhận x=60.

Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và vận tốc của ô tô thứ hai là
Câu 5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 3
1 2 4; .1 2 1

x +x = x x = +m .

Ta có x13+x23100

(

x1+x2

)

3−3x x x1 2

(

1+x2

)

100m −4
Kết hợp với điều kiện m3 ta được −  4 m 3

Vậy các giá trị nguyên của m cần tìm là − − −3; 2; 1;0;1;2
Câu 6

Gọi M là trung điểm AC; H là giao điểm của IJ và AO
Ta có AOC=2ABC ( góc ở tâm và góc chắn cung)

Tam giác OAC cân tại O nên 1

( )

AOM= AOCABC AOM=
Mặt khác AJI =90 −OAM AOM=

( )

Từ

( )

1 và

( )

2 suy ra IBC AJI= . Vậy bốn điểm B C J, , và I cùng thuộc một đường tròn.
Đề 2

Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức P= 5( 5+2)− 20.

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

c) Giải hệ phương trình 3 7

x y

− =


 + =

 .

Câu 2. Cho phương trình x2−4x+ − =m 1 0(m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 4.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

1( 1 2) 2( 2 2) 20
x x + +x x + = .

Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BD, CE của tam
giác ABC (DAC E, AB).

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 4
Chứng minh: 1 2 1 2 12

MD = KD + AD .

Câu 4. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2+y2+z2 =3xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

4 4 4

x y z

P

x yz y xz z xy

= + +

+ + +

ĐÁP ÁN 
Câu 1

a) Rút gọn biểu thức P= 5( 5+2)− 20
5( 5 2) 20 5. 5 2 5 2 5 5

P= + − = + − =

Vậy P = 5.

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5)
Đường thẳng (d): y = mx +3 đi qua điểm A(1;5) nên ta có:

5 = m.1 + 3  m = 2

Vậy với m = 2 thì đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

c) Giải hệ phương trình 3 7
5

x y

− =


 + =

 .

Ta có: 3 7 5 5 3 3

5 3 (5 ) 7 4 12 5 2

x y y x y x x x

x y x x x y x y

− = = − = − = =

    

   

 + =  − − =  =  = −  =

    

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (3;2)
Câu 2

a) Giải phương trình với m = 4
Với m = 4 ta có phương trình:

2 4 4 1 0 2 4 3 0 (1)
x − x+ − = x − x+ =

Phương trình (1) có hệ số a = 1; b = -4; c = 3 => a + b + c = 0.

Nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 1;x2 c 3
a
= = =

Vậy với m = 4 thì tập nghiệm của phương trình là: S=

 

1;3

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: 
1( 1 2) 2( 2 2) 20

x x + +x x + =
Phương trình: 2

4 1 0(*)

x − x m+ − =

Có  = −' ( 2)2−1(m− = −1) 5 m

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 5
Theo hệ thức Vi-et ta có:

1 2

. 1

b
x x

a
c

x x m

a
−
 + = =




 = = −


Ta có:

1 1 2 2

2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2
2

1 2 1 2 1 2

( 2) ( 2) 20

2 2 20

2( ) 20

( ) 2 . 2( ) 20

4 2( 1) 2.4 20
16 2( 1) 8 20

1 2
3( )

x x x x

x x x x

x x x x x x

m

m
m
m tm

+ + + =
 + + + =
 + + + =

 + − + + =

 − − + =
 − − + =
 − =

 =

Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
Bài 3

a) Vì BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC nên BEC =BDC=900

Xét tứ giác BCDE có BEC=BDC=900 (cmt) nên hai đỉnh E, D kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới các
góc 900, suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp. (dhnb).

b) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O)
Suy ra: OA⊥Ax

+ Vì tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên BCD=AED (1) (cùng bù với BED)

+ Xét đường trịn (O) có BAx=BCA(2) (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn

cung AB)

Từ (1) và (2) suy ra: BAx=AED mà hai góc ở vị trí so le trong nên Ax// ED
Mà Ax⊥AO cmt( )ED⊥AO=

 

M

Xét tam giác ADK vuông tại D có DM là đường cao.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vng ta có: 1 2 1 2 12

DM = DK +DA (đpcm)
Bài 4

x

M
K
E

D

O

B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 6
2 2 2

3 x y z 3

x y z xyz

yz xz xy

+ + =  + + =

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x ; y

yz xzta có:

2
2 .

x y x y

yz+xz  yz x = z

Tương tự ta cũng có: y z 2; z x 2

xz+xy  x xy+ yz  y

2 2 2

x y y z z x

yz xz xz xy xy yz z x y

     

 +  + +  + +  + +

     

1 1 1 1 1 1
3

x y z

yz zx xy x y z x y z

 + +  + +  + + 

Lại có:

4 4 2

1 1 1 1 1 1 1

2 2 .2. . ( )

4 4

x

x yz x yz x yz

x yz yz y z y z

+  =   =  +

+
Tương tự

2 2

4 4

1 1 1 1 1 1

( ); ( )

4 4

y z

y +xz  x+z z +xy  x+ y
Suy ra

2 2 2

4 4 4

1 2 2 2 1 1 1 1 3

( ) ( )

4 2 2

3
2

x y z

P

x yz y xz z xy x y z x y z

P

= + +  + + = + + 

+ + +

= 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1.

Đề 3

Câu 1. (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A= 3−2 2 − 3+2 2

2) Chứng minh rằng 2 1 6 .

(

a 3

)

1
a 9

a 3 a 3

 − +  + =

 + − − 

  Với

a



0,

a



9

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - 6 = 0 (1) (với m là tham số)
1) Giải phương trình (1) với m = 0

2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt

3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình . Tìm các giá trị của m để

x

22

−

x x

1 2

+

(m 2)x

−

1

=

16

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2
2

x xy y 7 0

x xy 2y 4(x 1)

 − + − =




+ − = −



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 7
1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF  ∆BEC

2) Gọi K là giao điểm thứ hai của AF với đường tròn (O). Chứng minh BF.CK = BK.CF
3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF

Câu 5. (1,5 điểm) Xét các số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1(x y z)2 4(x2 y2 z2 xy yz zx)

= + + + + + − − −

P

=

2x

+

yz

+

2y

+

zx

+

2z

+

xy

ĐÁP ÁN 
Câu 1:

1) A= 3−2 2 − 3+2 2 = 2−2. 2.1 1+ − 2−2. 2.1 1+

2 2

( 2 1) ( 2 1) 2 1 2 1

2 1 2 1 2

= − − + = − − +

= − − − = −
2) Với

a



0,

a



9

Ta có:

(

)

(

)

2 1 6 2( a 3) ( a 3) 6

VT . a 3 . a 3

a 9

a 3 a 3 ( a 3)

2 a 6 a 3 6 a 3

1 VP

a 3 a 3

 − − + + 

 

= − +  + =  +

−

+ − −

   

− − − + −

= = = =

− −

Vậy 2 1 6 .

(

a 3

)

a 9
a 3 a 3

 − +  + =

 + − − 

  Với

a



0,

a



9

Câu 2:

1/ Với m = 0 ta có phương trình: x2 2x 6 0 x 1 7

x 1 7

 = − +
− =  

= − −


Vậy khi m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = − +1 7 và x = − −1 7
2/ Ta có  =(m −2)2−4.1.( 6)− =(m 2)− 2+24 0 với mọi m.

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với mọi m.
3) Phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với mọi m.

Theo Vi-ét ta có: 1 2

1 2

x x m 2

x x 6

+ = −


 = −



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 8

2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2

2 2

1 2 1 2

x x x (x x )x 16 x x x x x x 16

(x x ) 2x x 16 0 (m 2) 2.( 6) 16 0

m 2 2 m 4

(m 2) 4

m 2 2 m 0

 − + + =  − + + =

 + − − =  − − − − =

− = =

 

 − =  

− = − =

 

Vậy khi m = 0, m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn:

x

22

−

x x

1 2

+

(m 2)x

−

1

=

16

Câu 3:

2
2

x xy y 7 0 (1)

x xy 2y 4(x 1) (2)

 − + − =




+ − = −



Ta có: (2)x2+xy 2y 4x− − + =4 0

(x 4x 4) xy 2 y 0

(x 2) y(x 2) 0
 − + + − =
 − + − =

(x 2)(x 2 y) 0 x 2 0 x 2
x 2 y 0 x 2 y

− = =

 

 − − + =  

− + = = −

 

+ Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 4 – 2y + y – 7 = 0  y = -3
+ Thay x = 2 – y vào phương trình (1) ta được :

2 2

(2 y) (2 y)y y 7 0

4 4y y 2y y y 7 0

2y 5y 3 0

− − − + − =

 − + − + + − =

 − − =

Phương trình 2

2y −5y 3− =0 có

 = −

( 5)

−

4.2.( 3)

− =

49 

0,

 =

7

Ta có: y1 5 7 3; y2 5 7 1

4 4 2

+ −

= = = = −

y 3 x 2 3 1

1 1 5

y x 2

2 2 2

+ =  = − = −
+ = −  = + =

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ( 1; 3), (2; 3), 5; 1

2 2

  

 − −  − 

 

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 9
1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF  ∆BEC

Có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) , B và C là ác tiếp điểm

0 0

AB⊥OB, AC⊥OCABO=90 , ACO=90

Tứ giác ABOC có ABO+ACO=900+900 =1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn
+ Đường trịn (O) có:

EBC là góc nội tiếp chắn cung CF

ECF là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AC và dây cung CF
EBC ECF

 = (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF)

Xét ∆CEF và ∆BEC có

BEC là góc chung

EBC=ECF (chứng minh trên)
 ∆CEF  ∆BEC (g . g)

2) Chứng minh BF.CK = BK.CF 
Xét ∆ABF và ∆AKB có

BAK là góc chung

ABF=AKB(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF)
 ∆ABF  ∆AKB (g . g) BF AF (1)

BK AB

 =

Chứng minh tương tự ta có:

∆ACF  ∆AKC (g . g)  CF AF (2)

CK = AC

Mà AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O)) (3)

Từ (1), (2) và (3)  BF CF BF.CK BK.CF

BK CK

 =  =

3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp ∆ABF 
Có ∆ECF  ∆EBC (Chứng minh câu a)

x

F

H
K

E

A
O

B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 10

EC EF

EC EB.EF

EB EC

 =  =

Mà EC = EA (gt) EA2 EB.EF EA EF

EB EA

 =  =

Xét ∆BEA  ∆AEF có:

EA EF

EB = EA

AEB là góc chung

∆BEA  ∆AEF (c.g.c) EAF=EBA ( hai góc tương ứng) hay EAF=ABF

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF
EAF xAF

 = (Cùng bằng ABF)  tia AE trùng với tia Ax
 AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF

Câu 5: 
Ta có:

x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2

 [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2

 (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = 2

 (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2

 (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2

 (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2

 x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ 0

Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ 0 với mọi x, y, z

 x² + y² + z² - xy - xz – yz > 0  x + y + z

Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz t

= khi đó ta có

2 2

2 2 2 2

1 t 8 t 8

P (x y z) 4(x y z xy yz zx) 2 2

2 2 t 2 t

 

= + + + + + − − − = + = + + −

 

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

2 2

t t

2 2 .2 2t

2 +  2 = (dấu bằng xảy ra  t = 2)

8 8

2t 2 2t. 8

t t

+  = (dấu bằng xảy ra  t = 2)
 P ≥ 8 – 2 = 6. Tồn tại x = y = 1, z = 0 thì P = 6

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 11
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A=

(

12−2 5

)

3+ 60.

4 6 9

.
3

x x x

B

x x

− +

− với 0 < x < 3.
Câu 2: (2,5 điểm)

1) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) và N(2; 1).
2) Cho phương trình: x2−2mx+m2− + =m 3 0

(1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) với m = 4.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2và biểu thức:

1 2 1 2

P=x x − −x x đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: (1,5 điểm)

Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến - Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em
trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội
để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến
nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn
Chiến.

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vng góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy
điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC).

a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.

b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC.

c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3
điểm C, K, E thẳng hàng.

Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5x2+27x+25 5− x+ =1 x2−4.
ĐÁP ÁN

Câu 1:

a) A=

(

12−2 5

)

3+ 60= 36−2 15+2 15= 36=6

b) Với 0 < x < 3 thì x− = −3 3 x

(

)

(

)

(

)

2 3 3 2 3

4 6 9 2 2

. . . 2

3 3 3 3

x

x x x

x x x x x

B

x x x x x x x x

−

− − −

− + −

= = = = = −

− − − −

Câu 2:

1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) nên a b+ = −1
đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a b+ =1
Yêu cầu bài toán  1 2

2 1 3

a b a

a b b

+ = − =

 



 + =  = −

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 12

Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3.

2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0. Có  = 1 0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 =3; x2 =5;

b) Ta có: ∆' =

( )

(

2

)

2 2

1. 3 3 3

m m m m m m m

− − − + = − + − = − .
Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 khi ∆' 0  −   m 3 0 m 3

Với m3, theo định lí Vi-ét ta có: 1 2
2
1 2

. 3

x x m

x x m m
+ =




= − +


Theo bài ra: P=x x1 2− −x1 x2 =x x1 2−(x1+x2)
Áp đụng định lí Vi-ét ta được:

2 2

3 2 3 3 ( 3) 3

P=m − + −m m=m − m+ =m m− +

Vì m3nên (m m− 3) 0, suy ra P3. Dấu " = " xảy ra khi m = 3. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3.

Bài 3:

Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.

Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x0)
Vận tốc của ô tô là x+35(km/h)

Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x+35)(km)

Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:

7x+1, 5(x+35) 180= 7x+1, 5x+52, 2 180= 8, 5x=127,5 =x 15(thỏa mãn)
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h.

Bài 4:

a) Ta có: MOB=900 (do AB⊥MN) và MHB=900(do MH⊥BC)
Suy ra: MOB+MHB=900+900 =1800

Tứ giác BOMH nội tiếp.

b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM =OMB (1)

Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM =OHM (cùng chắn cung OM)
và OMB=OHB (cùng chắn cung OB) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OHM =OHB

 HO là tia phân giác của MHB ME MH
BE HB

 = (3)

K
E

H
C

N
M

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 13
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vng tại M có MH là đường cao ta có:

. HM HC

HM HC HB

HB HM

=  = (4)

Từ (3) và (4) suy ra: ME HC

( )

5 ME HM. BE HC.

BE = HM  = (đpcm)

c) Vì MHC =900(do MH⊥BC) nên đường trịn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
0

MKC

 = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
MN là đường kính của đường trịn (O) nên 0

MKN = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

180

MKC MKN

 + =

3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) HC MC

MH BM

 = . Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)

 HC MC

HM = BN , kết hợp với

ME HC

BE = HM (theo (5) )
Suy ra: MC ME

BN = BE . Mà

0
90

EBN =EMC= ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)

MEC BEN

 = , mà MEC+BEC=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
0

180

BEC BEN

 + =

 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng

3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)
Câu 5: ĐKXĐ: x2

Ta có:

2 2

2 2 2

2 2

5 27 25 5 1 4

5 27 25 4 25 25 10 ( 1)( 4)
4 2 4 10 1)(x 4)

2 2 5 ( 1)( 4) (1)

x x x x

x x x x x x

x x x

x x x x

+ + − + = −

 + + = + + −

 + + = − + + + + −

+ + = + −

 + + = + −

Cách 1:

(1) 

(

x2−2x−4

)(

4x2−13x−26

)

Giải ra được:

1 5

x= − (loại); x= +1 5(nhận); 13 3 65

x= + (nhận); 13 3 65

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 14
(1) 5

(

x2− −x 2

)

(

x+2

)

(

x2− − +x 2

)

(

x+2

)

(2)

Đặt 2

2; 2 ( 0; 0)

a= x − +x b= x+ a b

Lúc đó, phương trình (2) trở thành:

2 2

5ab=2a +3b  − + = 

(

−

)(

−

)

=   =
=



2 2

2 5 3 0 2 3 0

2 3

a b

a ab b a b a b

a b (*)

- Với a = b thì 2 2 2 2 2 4 1 5( )

1 5( )

x ktm

x x x x x

x tm

 = −

− − = +  − −  

= +


- Với 2a = 3b thì 2 2

13 3 65
( )
8

2 2 3 2 4 13 26 0

13 3 65
( )
8

x tm

x x x x x

x ktm

 +

=


− − = +  − − = 

 −

=




Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x= +1 5 và 13 3 65

x= + .

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 15
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội

dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi
về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên danh
tiếng.

I.Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây
dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các trường
PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II.Khoá Học Nâng Cao và HSG

-Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Toán Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành
cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS.
Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng
đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.Kênh học tập miễn phí

-HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các
môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng
Anh.

V

ữ

ng vàng n

ề

n t

ả

ng, Khai sáng

tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Đức Thắng

B

b

b 1

b

2 b

3

b 9

b

3

b

3

+

−

−

=

+

−

−

−

+

(

) (

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

b.

b

3

b

1 .

b

3

<sub>b</sub>

<sub>2 b</sub>

<sub>3</sub>

B

b

3 .

b

3

b

3 .

b

3

+

+

+

−

<sub>−</sub>

<sub>−</sub>

=

−

−

+

−

+

(

) (

)

b

3 b

b

3 b

b

3

b

2 b

3

b

3 .

b

3

+

+ −