Tuyển tập 20 đề thi vào lớp 10 - Tp.HCM



sưu tầm

TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI THỬ
VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Ngày 15 tháng 2 năm 2020

1

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS BÌNH TÂY
(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020

Đề số 1

MÔN: TOÁN
Thời gian: 90 phút

1 2
x và ( D) : y= x + 4
2
a) Vẽ đồ thị hàm số trên cùng một trục tọa độ.

Câu 1. Cho ( P ) : y =

b) Viết phương trình đường thẳng ( D ') song song với ( D) và cắt ( P ) tại điểm có hoành
độ bằng
Lời giải
a) Lập bảng giá trị.
Hàm số y =

y=

1 2
x :
2

x

−4

−2

0

2

4

1 2
x
2

8

2

0

2

8

Hàm số y= x + 4 :
x
y= x + 4

0

−4
0

4

Đồ thị ( P ) và ( D) trên cùng một hệ trục tọa độ:

b) Phương trình đường thẳng ( D ') có dạng =
y ax + b .
Vì ( D ') song song với ( D) nên a = 1 , suy ra ( D ) : y= x + b .
Gọi M ∈ ( P ) có tung độ là yM và có hoành độ là 2, ta có =
yM

1 2
2 2.
=
2

2

Do M ∈ ( D′ ) nên 2 = 2 + b ⇒ b = 0 . Vậy đường thẳng cần tìm là y = x .
Câu 2.

Cho phương trình x 2 − mx + m − 1 =0 , với x là ẩn số.
a ) Chứng tỏ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m .
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tính theo m giá trị của biểu thức:
A = ( x1 − 1) . ( x2 − 1) − x1 x2 .
2

3

Lời giải
a ) Xét phương trình x 2 − mx + m − 1 =0 .
4
∆
= m 2 − 4 ( m − 1=
) m 2 − 4m + =

( m − 2)

2

≥ 0.

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m .
b) Hai nghiệm của phương trình là: x1 =

m + ( m − 2)
m − ( m − 2)
= m − 1 ∨ x2 =
= 1
2
2

Vậy A =
1 m.
( x1 − 1) . ( x2 − 1) − x1 x2 =( m − 2 ) . (1 − 1) − ( m − 1) =−
2

3

2

3

Câu 3. Cửa hàng Điện Máy Xanh niêm yết giá bán chiếc tivi Smart Samsung 43 inch cao hơn
35% so với giá nhập vào. Vì nhân dịp Tết Nguyên đán, nên cửa hàng bán ra chỉ với giá
bằng 90% giá niêm yết. Lúc đó, sản phẩm bán ra lời được 500000 đồng. Hỏi giá nhập vào
của sản phẩm đó là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi x (đồng, x > 0 ) là giá nhập vào của tivi. Giá niêm yết giá bán chiếc tivi cao hơn
35% so với giá nhập vào nên giá bán là x (1 + 35% ) .
Vì nhân dịp Tết Nguyên đán, nên cửa hàng bán ra chỉ với giá bằng 90% giá niêm yết
nên giá bán vào dịp Tết là x (1 + 35% ) .90% .
Vậy số tiền lãi là x (1 + 35% ) .90% − x . Theo đề bài ta có

500000
x (1 + 35% ) .90% − x =
500000
⇔ x (1 + 35% ) .90% − 1 =
⇔ x ≈ 2.325.851
Vậy giá ban đầu của tivi là 2.325.851 đồng.
Bài 4.

Để tính toán thời gian một chu kỳ đong đưa (một chu kỳ đong đưa dây đu được tính
từ lúc dây đu bắt đầu được đưa lên cao đến khi dừng hẳn) của một dây đu, người ta
sử dụng công thức T = 2π

L
. Trong đó, T là thời gian một chu kỳ đong đưa ( s ) , L
g

là chiều dài của dây đu ( m ) , g = 9,81 m / s 2 .
a)

Một sợi dây đu có chiều dài 2 + 3 m , hỏi chu kỳ đong đưa dài bao nhiêu giây?

3

b) Một người muốn thiết kế một dây đu sao cho một chu kỳ đong đưa kéo dài 4
giây. Hỏi người đó phải làm một sợi dây đu dài bao nhiêu?
Lời giải
a)

3 nên T 2π
Theo đề bài ta có L= 2 + =

4 2π
b) Ta có T = 4 nên=

2+ 3
≈ 3,88 ( s ) .
9,81

L
L
9,81.4
4 π 2.
L
⇔
=
⇔
=
≈ 3,98 ( m ) .
9,81
9,81
π2

Câu 5 . Biết một nón lá có đường kính vành là 50 cm , đường sinh của nón lá là 35cm . Tính thể tích
phần bên trong của nón lá.
Lời giải
Bán kính của nón lá là: r =

50
d
= 25 ( cm )
=
2
2

Chiều cao của khối nón:=
h

l 2 −=
r2

352 − 252 = 10 6 ( cm )

1
1
Thể tích phần bên trong của nón lá là: V = π r 2 h = π .252.10 6 ≈ 16031,87 ( cm3 )
3
3

Vậy thể tích phần bên trong của nón lá là 16031,87 ( cm3 )
Câu 6.

“Vàng 24K còn gọi là vàng ròng (hay vàng nguyên chất) là một kim loại có ánh kim
đậm nhất nhưng khá mềm. Trong ngành công nghệ chế tạo trang sức, người ta ít dùng
vàng 24K mà thay thế bằng vàng 14K là hợp kim của vàng và đồng để dễ đánh bóng
và tạo ra nhiều kiểu dáng đa dạng”.
Một món trang sức được làm từ vàng 14K có thể tích 10 cm3 và nặng 151,8g. Hãy tính
thể tích vàng nguyên chất và đồng được dùng để làm ra món trang sức biết khối lượng
riêng của vàng nguyên chất là 19,3g cm khối lượng riêng của đồng là 9 g cm3 và công
3

thức liên hệ giữa khối lượng và thể tích là m=D.V .
Lời giải
Gọi x, y (cm ) ;( x ≥ 0, y ≥ 0) lần lượt là thể tích của vàng nguyên chất và đồng có trong
3

món trang sức.
Theo đề ta có:

x+ y=
10

(1)

Khối lượng vàng nguyên chất trong món trang sức là: 19,3 x ( g )
Khối lượng đồng trong món trang sức là: 9 y ( g )

151,8
Do đó: 19,3 x + 9 y =

(2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

4

=
=
 x + y 10
9 x + 9 y 90
⇔

=
19,3 x + 9 y 151,8 =
19,3 x + 9 y 151,8
=
=
10,3 x 61,8
x 6
⇔
⇔
( n)
10 − x
4
y =
y =
Vậy thể tích của vàng nguyên chất trong món trang sức là 6 g cm3
Thể tích của đồng trong món trang sức là 4 g cm3 .
Bài 8: Cho đường tròn

(O; R ) . Từ điểm S nằm ngoài đường tròn sao cho SO = 2 R . Vẽ hai tiếp

tuyến SA , SB ( A , B là tiếp điểm). Vẽ cát tuyến SDE ( D nằm giữa S và E ), điểm O
nằm trong góc ESB
a) Chứng minh SA2 = SD.SE .
b) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc OA cắt SB tại M . Gọi I là giao điểm của OS và
đường tròn ( O ) . Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
c) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OB cắt AB tại H và EB tại K . Chứng minh
H là trung điểm DK .
Lời giải

A
E
G
D
O
S

I
H
K
M
B

a)Chứng minh SA2 = SD.SE .
Ta có ∆SAD ∽ ∆SEA (g.g) ⇒

SA SD
SD.SE
= ⇒ SA2 =
SE SA

b) Từ O kẻ đường thẳng vuông góc OA cắt SB tại M . Gọi I là giao điểm của OS và
đường tròn ( O ) . Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .

 ).
 = MOS
 (so le), mà ASO
 = MSO
 (do SO là phân giác của góc ASB
Ta có ASO
 = MSO
 ⇒ ∆MOS cân tại M, có MI là trung tuyến.
⇒ MSO

⇒ MI ⊥ OI tại I , mà OI là bán kính của đường tròn ( O ) .
5

Suy ra MI tiếp xúc đường tròn ( O ) tại I
c) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OB cắt AB tại H và EB tại K . Chứng minh
H là trung điểm DK
Ta có DK ⊥ OB tại L , mà SB ⊥ OB ⇒ SB // DK .
Gọi G là trung điểm DE

⇒ OG ⊥ DE tại G (bán kính qua trung điểm thì vuông góc với dây cung)
= SGO
= SBO
= 90° ⇒ S, A, G, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính SO .
Có SAO

1 

 (đồng vị do SB // DK )
Có 
= ABS
=
AGS
sñ AS , mà 
ABS = AHD
2
 . Suy ra tứ giác ADHG nội tiếp.
Suy ra 
AGS = AHD

1 
1 




Có DGH
= DAH
=
sñ DH , mà DAH
= DEB
=
sñ BD
2
2

 = DEB
 , mà chúng có vị trí so le.
Suy ra DGH
Suy ra HG // KE
∆DEK có HG // KE , G là trung điểm DE . Suy ra HG là đường trung bình ∆DEK .

Suy ra H là trung điểm DK .

6

Bài 1.

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

ĐẶNG TRẦN CÔN

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN

Đề số 2

Thời gian: 90 phút

1
Cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P )
2
a) Vẽ ( P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Đường thẳng ( d ) : =
y ax + b đi qua điểm A ( 3; −1) và cắt ( P ) tại điểm B có hoành
độ bằng −4 . Tính a và b .
Lời giải
a) Bảng giá trị

x
y= −

−4
1 2
x
2

−8

−2

−2

0

0

2

−2

4

−8

Vẽ ( P )

b)
Vì ( d ) : =
y ax + b đi qua điểm A ( 3; −1) nên ta có: 3a + b =−1 (1)
Ta lại có ( d ) cắt ( P ) tại điểm B có hoành độ bằng −4 nên
x =−4 ⇒ y =−8 ⇒ B ( −4; −8 ) .

Do đó ( d ) : =
y ax + b đi qua điểm B ( −4; −8 ) nên −4a + b =−8 ( 2 )

1
3a + b =−1
a =
⇔
Từ (1) và ( 2 ) có hệ phương trình: 
.
−4a + b =−8 b =−4
7

Câu 2.

Vậy a = 1, b = −4 .
Cho phương trình 3 x 2 + 2 x − 9 =
0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức
sau A =−
( 3x1 2 x2 )( 3x2 − 2 x1 ) .
Lời giải
3x 2 + 2 x − 9 =
0.

∆= 22 − 4.3. ( −9 )= 112 > 0 .

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

b
2

− =
−
x1 + x2 =
 S =
a
3
.

9
 P =x x =c =
− =
−3
1 2

a
3

9 x1 x2 − 6 x12 − 6 x22 + 4 x1 x2 =
−6 ( x12 + x22 ) + 13 x1 x2
Ta có: A =
( 3x1 − 2 x2 )( 3x2 − 2 x1 ) =
2

Câu 3.

233
2
2
 2
.
=
−6 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  + 13 x1 x2 =
−6 ( x1 + x2 ) + 25 x1 x2 =
−6  −  + 25. ( −3) =
−


3
 3
Sau những vụ va chạm giữa các xe trên đường, cảnh sát thường sử dụng công thức
dưới đây đề ước lượng tốc độ v (đơn vị: dặm/giờ) của xe từ vết trượt trên mặt đường
sau khi thắng đột ngột: v = 30 fd .
Trong đó, d là chiều dài vết trượt của bánh xe trên nền đường tính bằng feet ( ft ) , f
là hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt đường (là thước đo sự “trơn trượt” của mặt
đường).
Đường Cao tốc Long Thành – Dầu Giây có tốc độ giới hạn là 100 Km/h. Sau một vụ va
chạm giữa hai xe, cảnh sát đo được vết trượt của một xe là d = 172 feet và hệ số ma sát
mặt đường tại thời điểm đó là f = 0, 7 . Chủ xe đó nói xe của ông không chạy quá tốc
độ. Hãy áp dụng công thức trên để ước lượng tốc độ chiếc xe đó rồi cho biết lời nói của
người chủ xe đúng hay sai? (Biết 1 dặm = 1609 m).
Lời giải
Tốc độ của xe ứng với vết trượt d = 172 feet và hệ số ma sát mặt đường f = 0, 7 là :

=
v

=
30 fd

30.0,=
7.172 2 903  60 (dặm/giờ)  96, 7 (Km/giờ).

Mà tốc độ giới hạn trên đoạn đường Cao tốc Long Thành – Dầu Giây là 100 Km/h.
Vậy lời của chủ xe là đúng.
Bài 4: Nhân ngày “Phụ nữ Việt Nam 20/10”, cửa hàng bán túi xách và túi da giảm giá 30% cho
tất cả các sản phẩm và ai có thẻ “khách hàng thân thiết” sẽ được giảm tiếp 10% trên giá
đã giảm.
a. Hỏi mẹ An có thẻ “khách hàng thân thiết” khi mua 1 cái túi xách trị giá 600 000 đồng
thì phải trả bao nhiêu?
8

b. Mẹ bạn An mua túi xách trên và thêm 1 cái bóp nên trả tất cả 819 000 đồng. Hỏi giá
ban đầu của cái bóp là bao nhiêu?
Lời giải:
a. Giá của túi xách khi giảm giá 30% là: 600 000.(100% - 30%) = 420 000 (đồng)
Vì Mẹ An có thẻ “khách hàng thân thiện” nên được giảm thêm 10% trên giá đã giảm. Do
đó, số tiền mẹ An phải trả khi mua 1 túi xách đó là: 420 000.(100% - 10%) = 378 000
(đồng)
b. Số tiền mẹ An phải trả cho 1 cái bóp là: 819 000 - 378 000 = 441 000 (đồng)
Số tiền mẹ An phải trả cho 1 cái bóp khi không có thẻ “khách hàng thân thiện” là:
441 000 : (100% − 10%) =
490 000 (đồng)

Giá tiền ban đầu của 1 cái bóp khi không giảm giá 30% là:
490 000 : (100% − 30%) =
700 000 (đồng)
Câu 5. Một trường có hơn 1500 học sinh muốn tổ chức đêm ca nhạc cuối năm. Chi phí cho

trang trí và âm thanh là 4 triệu đồng, cho bảo vệ phục vụ và điều hành chung là 1,5
triệu đồng. Tiền in vé là 1000 đồng cho 20 vé. Dự tính giá vé là 10 nghìn đồng. Hỏi
phải bán được ít nhất bao nhiêu vé mới có lãi hơn hơn 5000 000 đồng để mua quà cho
các chiến sĩ đang canh gác vùng hải đảo xa xôi?
Lời giải
Gọi x là số vé cần bán, x ∈ N * .
Tiền lãi của một vé là: 10000 − (1000 : 20 ) =
9950 (đồng).
Tiền lãi sau khi bán được x vé là: 9950x (đồng).
Để lãi được ít nhất 5 triệu đồng ta có bất phương trình sau:

9950 x ≥ 5000000 + 4000000 + 1500000
⇔ x ≥ 1055, 276

Do đó, số vé cần bán ít nhất là 1056 (vé) mới có lãi hơn 5000 000 đồng.
Câu 7.

Trên một khu đất hình vuông cạnh 12m. Người ta làm một nền nhà hình vuông có chu
vi 24m và xây một bồn hoa hình tròn có bán kính 2m, xung quanh bồn hoa người ta
xây một lối đi chiếm hết diện tích 15,7m2. Tính diện tích phần đất còn lại (làm tròn đến
chữ số thập phân thứ hai)
Lời giải
Diện tích khu đất hình vuông là:
12 . 12 = 144 (m2)
Cạnh của nền nhà hình vuông là:
24 : 4 = 6 (m)
Diện tích nền nhà hình vuông là:
6 . 6 = 36 (m2)
9

Diện tích bồn hoa hình tròn là:
3,14 . 22 = 12,56 (m2)
Diện tích phần đất còn lại là:
144 – 36 – 12,56 – 15,7 = 79,74 (m2)
Câu 8: Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp (O;R) đường kính AS. Vẽ AK ⊥ BC tại K. Gọi
M, N lần lượt là hình chiếu K lên cạnh AB, AC.
a) Vẽ bán kính OD ⊥ BC . Chứng minh AD là tia phân giác góc KAO.
b) Qua A vẽ đường thẳng d // DS. Đường thẳng OM cắt AD, AK , (d) theo thứ tự tại E, I,
F. Chứng minh rằng EI .FO = EO.FI
c) chứng minh rằng

AB.CS+AC.BS
=R
2 BC

Lời giải



a) Ta có OD ⊥ BC với D ∈ (O) nên D là điểm chính giữa cung BC , nên ta có BA
D = CA
D.
Tam giác ACS vuông tại C do nội tiếp (O) có AS là đường kính.
  1 
= CSA
=
sd AC
 ABK

=
s
Lại có 
⇒ CAS
BAK
 BAK
 (= 900 )
+
 + CSA
ABK = CAS




 BA
D = CA
D


 BAK

 SAD
Lại xét CAS
=
=
⇒ KAD
     
 BAK + KAD =CAS + SAD(= BAD =CAD)

Vậy AD là tia phân giác góc KAO.
b) Xét tam giác ADS vuông tại D do nội tiếp (O) có AS là đường kính
10

Theo câu a) ta có AD là tia phân giác KAO. Mà d // DS và DS ⊥ AD nên AD ⊥ (d). Khi
đó AF chính là đường phân giác ngoài của góc KAO.
Xét đường thẳng AIO phân giác trong AD và phân giác ngoài AF cắt OM lần lượt tại
E, F
Khi đó ta có

FI
EI
AI
= = ⇒ FI .EO =
FO.EI
FO EO AO


=
ABS

c) Xét tam giác ABC và tam giác AKS có 

ASB
=


Từ đó ta có:


AKC
= 900
1  nên

ACK
=
sd AB
2

 ABS  AKC

BS KC
.(1)
=
AB AK

Chứng minh tương tự ta có

KB
(2)
 ABK  ASC ⇒ SC =
AC

KA

Cộng (1) và (2) theo vế ta được
BS CS BC
AB.CS+AC.BS BC
AB.CS+AC.BS AB. AC
+
=
⇔
=
⇔
=
2 BC
2AK
AB AC AK
AB. AC
AK

Ta cần chứng minh
Mà ta đã có

AB. AC
=
R ⇔ AB. AC =
AK .2R =
AK . AS
2AK

AK
. Vậy
 ABS  AKC ⇒ AB =
AS

AC

AB.CS+AC.BS
= R (đpcm)
2 BC

11

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS ĐOÀN KẾT

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 3

Bài 1.

Cho Parobol ( P ) : y =

Thời gian: 90 phút

x2
và đường thẳng ( d ) : =
y 3x − 4 .
2

a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép toán.
Lời giải
a).

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

x2
= 3x − 4 ⇔ x 2 − 6 x + 8 = 0
2
∆ = b 2 − 4ac = 36 − 4.1.8 = 4 > 0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
12

−b + ∆ 6 + 2
−b − ∆ 6 − 2
; x2
= = 4=
= = 2
2a
2
2a
2

=
x1

x = 2 ⇒ y = 2
⇒
. Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: ( 2; 2 ) ; ( 4;8 ) .
 x = 4 ⇒ y =8
Bài 2.
Cho phương trình: 5 x 2 + x − 2 =
0 có hai nghiệm x1 , x2 .

A x12 x2 2 − x1 − x2 .
Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức =
Lời giải
Ta có ∆ = 1 − 4.5. ( −2 ) = 41 > 0 nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
.

−1

 S = x1 + x2 = 5
Theo định lí vi- ét, có: 
−2
 P x=
=
1 .x2

5

A x x − x1 − x=
Nên =
2
2 2
1 2

Câu 3.

( x1 x2 )

−2
−1
9
− ( x1 + x2=
.
)   −  =
 5   5  25
2

2

Một hãng hàng không quy định phạt hành lý kí gửi vượt quá quy định miễn phí
(hành lý quá cước). Cứ vượt quá E kg hành lý thì khách hàng phải trả C USD theo
4
công thức liên hệ giữa E và C là=
C
E + 20 .
5
a ) Tính số tiền phạt C cho 35 kg hành lý quá cước.
b) Tính khối lượng hành lý quá cước nếu khoản tiền phạt tại sân bay Tân Sơn Nhất là
791690 VNĐ. Biết tỉ giá giữa VNĐ và USD là 1 USD = 23285 VNĐ.
Lời giải
a ) Số tiền phạt cho 35 kg hành lý quá cước được tính theo công thức:
C=

4
4
E + 20 = .35 + 20 = 48 ( USD ) .
5
5

b) Số tiền phạt 791690 ( VND ) =34 ( USD ) .
5
5
Vậy khối lượng hành lý vượt quá cước là: E = ( C − 20 ) . = 14 ⋅ = 17,5 ( Kg ) .
4
4

Câu 4 . Trái bóng Telstar xuất hiện lần đầu tiên ở
World Cup 1970 ở Mexico do Adidas sản xuất có đường kính
22,3cm.
Trái bóng được may từ 32 múi da đen và trắng.
Các múi da màu đen hình ngũ giác đều, các múi da màu trắng
hình lục giác đều. Trên bề mặt trái bóng, mỗi múi da màu đen
có diện tích 37cm2, Mỗi múi da màu trắng có diện tích 55,9cm2.
13

Hãy tính trên trái bóng có bao nhiêu múi da màu đen và màu trắng?
Lời giải
Trước tiên ta tính diện tích bề mặt trái bóng: S = 4π r 2 với=
r

22,3
= 11,15 . Vậy
2

S ≈ 1562, 28(cm 2 )
Gọi x, y ( x, y ∈ *) lần lượt là số múi da đen và trắng trên trái bóng Telstlar. Khi đó vì 32
múi da đen và trắng phủ kín bề mặt trái bóng nên ta có biểu thức : 37x + 55,9 y =
6249,13
Lại có số múi da đen và trắng tổng cộng là 32 nên ta có : x + y =
32
Vậy ta có hệ pt sau:
 x + y = 32
 x = 32 − y
⇔

y ) + 55,9 y 1562, 28
=
+ 55,9 y 6249,13 37(32 −=
37x
32 − y
12
x =
x =
⇔
⇔
=
=
28
18,9 y 378,
 y 20

Vậy có tất cả 12 múi da đen và 20 múi da trắng.
Bài 5: (1,0 điểm)Một hãng taxi qui định giá thuê xe đi mỗi kilomet là 15 nghìn đồng đối với
31km đầu tiên và 11 nghìn đồng đối với các kilomet tiếp theo.
Một khách thuê xe taxi đi quãng đường 40 km thì phải trả số tiền thuê xe là bao nhiêu
nghìn đồng?
Gọi y (nghìn đồng) là số tiền khách thuê xe taxi phải trả sau khi đi x km. Khi ấy mối liên
hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất y  ax  b .Hãy xác định hàm số này
khi x  31
Lời giải
Theo quy định của hãng taxi thì :
Số tiền khách phải trả trong 31 km đầu tiên là : 15.31  465 ( nghìn đồng )
Số tiền khách phải trả trong 9 km tiếp theo là : 11.9  99 ( nghìn đồng )
Vậy số tiền mà khách hàng phải trả khi đi quãng đường 40 km là : 99  465  564 ( nghìn
đồng )
Gọi y là số tiền mà khách hàng phải trả khi đi x km
Số tiền mà khách phải trả trong 31 km đầu tiên là : 15.31  465 ( nghìn đồng )
Số tiền mà khách phải tra trong 9 km tiếp theo là : 11. x  31 ( nghìn đồng )
Gọi y là số tiền mà khách hàng phải trả khi đi hơn 31 km là :

y  465  11. x  31  y  11.x  124

x  31

Câu 6 (1,0 điểm) Trong hội trại sinh hoạt hè, chi đội Kim Đồng muốn dựng một cái lều có lối
vào hình một tam giác đều. Các bạn phải cắm hai cọc cố định cách nhau bao nhiêu mét
(làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) để cho lều cao 2m.

14

Lời giải
Gọi lối vào là tam giác đều ABC có chiều cao AH.
Biết AH = 2m. Tính BC:

A

B

H

C

Ta có : ∆AHC vuông tại H:
tanC =

AH
HC

2
⇒ tan600 =
HC
2
2
⇒ HC
=
=
0
tan60
3

∆ABC đều có AH là đường cao đồng thời là trung tuyến nên H là trung điểm BC

BC
= 2.HC
=

4
≈ 2,3 ( m )
2

Vậy: Các bạn cần cắm hai cọc cố định cách nhau khoảng 2,3 m
Câu 7 . (0,75 điểm) Một người đi xe máy lên dốc có độ nghiêng 5° so với phương ngang với
vận tốc trung bình lên dốc là 18km/h. Hỏi người đó mất bao lâu để lên tới đỉnh dốc ?
Biết đỉnh dốc cách mặt đất 18m.
Lời giải

B
18m
C

°

5

A
Gọi AB là độ cao của dốc, BC là quãng đường từ chân dốc đến đỉnh dốc.
 = 5° là độ nghiêng của dốc so với phương ngang và AB = 18m
Theo đề ta có BCA
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác ABC vuông tại A, ta có:

15

sin =
5°

18
18
⇒ BC
=
≈ 206,5m
sin 5°
BC

Đổi 18km / h = 5m / s
AB 206,5
=
≈ 41,3s
v
5
Câu 8 . Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của (O) (với B và C

Vậy thời gian để người đó đi lên tới đỉnh là:=
t
là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh: AO vuông góc với BC tại H.

b) Vẽ đường kính CD của (O); AD cắt (O) tại M (M không trùng D). Chứng minh: Tứ
giác AMHC nội tiếp.
c) BM cắt AO tại N. Chứng minh: N là trung điểm của AH.
Lời giải

D

B

M
O

H

N

A

C
a) Chứng minh: AO vuông góc với BC tại H.
Ta có:
+) AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
+) OB = OC = R
⇒ OA là đường trung trực của đoạn BC
⇒ AO vuông góc với BC tại H.

b) Vẽ đường kính CD của (O); AD cắt (O) tại M (M không trùng D). Chứng minh: Tứ
giác AMHC nội tiếp.
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DC) ⇒ CMA
= 90°
Ta có: DMC
= CHA
= 90°
Xét tứ giác AMHC ta có: CMA
⇒ Tứ giác AMHC nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng

nhau)
c) BM cắt AO tại N. Chứng minh: N là trung điểm của AH.
 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây với góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
Ta có: 
ABN = BCM
 = MAN
 (hai góc nội tiếp cùng chắn
Lại có: Tứ giác AMHC nội tiếp (cmt) nên BCM
cung HM)

Suy ra 
ABN = MAN
16

Xét ∆ABN và ∆MAN , có:
 chung
+) N
 (cmt)
+) 
ABN = MAN
⇒ ∆ABN ∽ ∆MAN ( g − g )
AN BN
=
⇒ AN 2 = MN .BN (1)
MN AN
Ta có:
⇒

 = MCA
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
+) Tứ giác AMHC nội tiếp suy ra MHN
 = CDM
 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây với góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
+) MCA
 = HBN
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
+) CDM
 = HBN

Suy ra MHN
Xét ∆MHN và ∆HBN , ta có:
 chung
+) N
 = HBN

+) MHN
⇒ ∆MHN ∽ ∆HBN ( g − g )
⇒

HN MN
=
⇒ HN 2 = MN .BN (2)
BN HN

Từ (1) và (2) suy ra AN = HN ⇒ N là trung điểm của AH.

17

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS ĐỒNG KHỞI

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 4

Bài 1.

Thời gian: 90 phút

Cho parabol ( P ) : y =

1 2
x và đường thẳng ( d ) : y= x + 4 .
2

a)

Vẽ đồ thị của ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ trục tọa độ.

b)

Xác định tọa độ các giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính.
Lời giải

a) Bảng giá trị:
x

−4

−2

0

1 2
x
2

8

2

0

x

0

1

y= x + 4

4

5

y=

2

2

4
8

Vẽ đồ thị của ( P ) và ( d )

b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) :
1 2
x = x + 4 ⇔ x2 − 2x − 8 = 0
2

18

x = 4 ⇒ y =8
⇔
.
 x =−2 ⇒ y =2
Câu 2
Cho phương trình bậc hai: 5 x 2 − 3 x − 2 =
0
Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức A = x13 + x23
Lời giải
Ta có: a = 5 > 0 và c = -2 < 0 suy ra a và c trái dấu, suy ra phương trình có hai nghiệm
phân biệt.
Theo định lý Vi-ét ta có:

b 3

− =
 x1 + x2 =
a 5

 x .x = c = − 2
 1 2 a
5
Ta có:

A = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x2 2 )
=( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) 2 − 3 x1 x2 
2
3  3 
2  117
=   + 3. =

5  5 
5  125

Câu 3 Do các hoạt động công nghiệp thiếu kiếm soát của con người đã làm cho nhiệt độ trái đất
tăng dần một cách đáng lo ngại. Các nhà khoa học đã đưa ra công thức tính nhiệt độ
trung bình của bề mặt trái đất như sau: TF=0,036t + 59 (Trong đó TF là nhiệt độ trung bình
của bề mặt trái đất tính theo độ F, t là số năm kể từ năm 1950). Biết mối quan hệ giữa
thang nhiệt độ F (Fahrenheit) và thang nhiệt độ C (Celsius) được cho bởi công thức TF =
1,8.TC + 32, trong đó TC là nhiệt độ tính theo độ C và TF là nhiệt độ tính theo độ F.
a) Em hãy tính nhiệt độ trung bình của bề mặt trái đất năm 2018 là bao nhiêu độ F?
b) Em hãy tính nhiệt độ trung bình của bề mặt trái đất năm 2020 là bao nhiêu độ C? (làm
tròn đến 1 chữ số thập phân)
Lời giải
a ) Nhiệt độ trung bình của bề mặt trái đất năm 2018 theo độ F là:
TF = 0,036. (2018 – 1950) + 59 = 61,448 (độ F)
b) Nhiệt độ trung bình của bề mặt trái đất năm 2020 theo độ F là:
TF = 0,036. (2020 – 1950) + 59 = 61,52 (độ F)
Nhiệt độ trung bình của bề mặt trái đất năm 2020 theo độ C là:
19

TC = (TF – 32) : 1,8 = (61,52 – 32) : 1,8 = 16,4 (độ C)
Câu 4 Ngày nay, xe container là phương tiện vận chuyển phổ biến không chỉ trong nước mà
còn ở quốc tế. Phần thùng Container là một hình hộp chữ nhật làm bằng thép với nhiều kích
thước khác nhau, nó được dùng để chứa hàng hoá trong khi vận chuyển. Thông thường các
doanh nghiệp thường chọn container 40 feet (kích thước dài 12m, rộng 2,4m, cao 2,6m).
a) Em hãy tính dung tích chứa của thùng container?
b) Nếu 1m3 của thùng container chứa được 267 kg hàng hoá thì container chứa được bao
nhiêu tấn hàng hoá?
Lời giải
a)
Dung tích chứa của thùng container hình hộp chữ nhật là:
12.2,4.2,6 = 74,88 (m3)
b)
Số tấn hàng hoá mà container chứa được là:
267.74,88 = 19992, 96 (tấn)
Câu 5 Nhân dịp khai trương ,một nhà hàng buffe thịt nướng đưa ra chương trình khuyến mãi
như sau: miễn phí 1 suất buffe khi đi nhóm 4 người đến dùng bữa tại nhà hàng.Chương
trình áp dụng cho các ngày trong tuần .Biết giá gốc của 1 suất buffe là 299000 đồng( chưa
bao gồm thuế VAT 10% và nước uống).
a) Ông An muốn đặt 6 suất buffe bao gồm nước ngọt .Hỏi Ông An phải trả bao nhiêu
tiền (bao gồm thuế) biết 1 ly nước ngọt co1 giá 25000 đồng(chưa VAT) và được uống
không giới hạn
b) Nhà hàng đưa ra một chương trình khuyến mãi khác như sau: giảm giá 15% cho mỗi
suất buffe và được phục vụ nước ngọt miễn phí .Hỏi ông An nên chọn chương trình
khuyến mãi nào khi mua 6 suất buffe có nước ngọt
Lời giải
a) Đặt 6 suất thì phải trả tiền 5 suất.
Số tiền phải trả là : 5.299000.110%+5.25000.110%=1782000 đồng
b) Số tiền phải trả khi áp dụng chương trình khuyến mãi sau là:
85%.6.299000.110%=1677390 đồng
Vậy nên chọn hình thức khuyến mãi sau

20

Câu 6 Cho biết rừng nhiệt đới trên trái đất được xác định bởi hàm số bậc nhất y = ax + b, trong
đó y là đại lượng biểu thị diễn tích rừng nhiệt đới, tính bằng đơn vị ha, x là đại lượng
biểu thị số năm tính từ năm 2000. Năm 2002 diện tích rừng nhiệt đới trên trái đất là 709,1
triệu ha. 8 năm sau, nhiệt tích rừng nhiệt đới trên trái đất là672,3 triệu ha.
a) Hãy xác định a và b
b) Hãy tính diện tích rừng nhiệt đới trên trái đất vào các năm 2000; 2020
Lời giải
a) Ta có: y = ax + b
Năm 2002 diện tích rừng nhiệt đới trên trái đất là 709,1 triệu ha nên: 709,1 = a.(2002 –
2000) + b

⇒ 2a + b =
709,1 (1)
8 năm sau, nhiệt tích rừng nhiệt đới trên trái đất là672,3 triệu ha nên : 672,3 = a.( 8 + 2) + b

672,3 ( 2 )
⇒ 10 + b =
Từ (1) và (2), ta có : �
𝑎 = −4,6
:�
𝑏 = 718,3

2𝑎 + 𝑏 = 709,1
10𝑎 + 𝑏 = 672,3

Vậy : y = - 4,6x + 718,3
b) Thay x = 2000 vào y =
− 4,6 x + 718,3

y =
− 4,6 . ( 2000 – 2000 ) + 718,3

y = 718,3
Thay x = 2020 vào :

y =
− 4,6 x + 718,3

y =
− 4,6.( 2020 – 2000 ) + 718,3
y = 626,3
Vậy: Diện tích rừng nhiệt đới trên trái đất vào các năm 2000 là 718,3 triệu ha.
Diện tích rừng nhiệt đới trên trái đất vào các năm 2020 là 626,3 triệu ha.
Câu 7.Tháng 9 và 10 năm học 2018-2019, lớp 9A của trường THCS Đồng Khởi có số học sinh

2
8
số học sinh cả lớp, số học sinh khá bằng
số học sinh cả lớp, còn lại là học
5
15
1
sinh trung bình là 3 học sinh và số học sinh trung bình bằng
tổng số học sinh giỏi và
14
giỏi bằng

khá của lớp. Tính số học sinh lớp 9A.
21

Lời giải
Gọi số học sinh của lớp 9A là x (hs). Điều kiện: x > 0.
Số hs giỏi của lớp 9A là:

2
x
5

Số hs khá của lớp 9A là:

8
x
15

Theo đề bài ta có pt:

1 2
8 
 x + x
14  5
15 
14
⇔ 42 =x
15
⇔x=
45 ( N )

=
3

Vậy số hs của lớp 9A là 45 hs.
Câu 8.

(3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Hai đường cao

AD và CE cắt nhau tại H . Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) .
a) Chứng minh AB. AC = 2 R. AD và S ∆ABC =

AB.BC.CA
.
4R

b) Gọi M là giao điểm của AK và CE , F là giao điểm của CK và AD . Chứng minh
tứ giác BEHD nội tiếp và AH . AF = AM . AK .
c) Gọi I là trung điểm BC ; EI cắt AK tại N . Chứng minh EDNC là hình thang cân.
Lời giải

a) Ta có 
ACK= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

22

Xét ∆ABD và ∆ACK có

 
ABD = 
AKC (cùng chắn

ADB= 
ACK= 90°
 

)

⇒ ∆ABD đồng dạng với ∆AKC (g-g) ⇒

AB AD
=
⇒ AB. AC = 2 R. AD (đpcm).
AK AC

= 90° , tương tự ta cũng có HEB
= 90° (do CE là
b) Ta có AD là đường cao nên HDB
 + HEB
= 90° + 90°= 180° .
đường cao) ⇒ HDB

⇒ BEHD nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180° ) .
=
⇒
AHM + EBD
180° hay 
AHM + 
ABC =
180° .
Mà 
AKF + 
AKC =
180° (2 góc kề bù) và 
ABC = 
AKC (cùng chắn 
AC )

⇒
AHM =
AKF .
Xét ∆AHM và ∆AKF có

 
A chung

AHM = 
AKF (cmt)
 
⇒ ∆AHM đồng dạng với ∆AKF (g-g) ⇒

AH AM
=
⇒ AH . AF = AK . AM .
AK
AF

c) Ta có ∆ BEC vuông tại E, EI là trung tuyến ⇒ EI =

1
BC = IC ⇒ ∆ EIC cân tại I.
2

Dễ chứng minh AEDC nội tiếp (1) ⇒ ICˆ E = DAˆ E
Mà ICˆ E = IEˆ C ( ∆ IEC cân tại I) và EAˆ D = NAˆ C

⇒ IEˆ C = NAˆ C ⇒ tứ giác AENC nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 5 điểm A, E, D, N, C cùng thuộc một đường tròn.
Ta có DNˆ I = EAˆ D = NAˆ C = IEˆ C ⇒ EC // DN
Suy ra EDNC là hình thang.
Ta có DEˆ C = DAˆ C = EAˆ N = NCˆ E . Suy ra EDNC là hình thang cân.

23

TRƯỜNG THCS HẬU GIANG

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH
NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 5

Thời gian: 90 phút

Bài 1: (1,5đ) Cho parabol ( P ) : y = ax 2 có đồ thị đi qua điểm A ( −2; −1)
a) Xác định hệ số a rồi vẽ đồ thị của hàm số vừa tìm được.

1
x −2.
2

y
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và đường thẳng =
Lời giải

Vì A ( −2; −1) thuộc ( P ) : y = ax 2 nên ta có: −1 = a ( −2 ) ⇔ a =
2

−1
4

1
Như vậy ( P ) : y = − x 2 .
4
Bảng giá trị:

x

( P) : y =

1
− x2
4

−4

−2

0

−2

−4

−4

−1

0

−1

−4

Gọi A ( a; b ) là tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D )
Phương trình hoành độ giao điểm:
x = 2
1
1
− x2 =
x − 2 ⇔ − x2 − 2x + 8 = 0 ⇔ 
4
2
 x = −4

Với x =
2⇒ y =
−1
Với x =−4 ⇒ y =−4
24

Kết luận: Tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D ) là A1 ( 2; −1) và A2 ( −4; −4 ) .

1 2
2
x − 2x − =
0 có 2 nghiệm là x1; x2 . Không giải phương trình,
3
3
hãy tính giá trị của biểu thức : x12 .x2 + x22 .x1 .
Bài 2: (1đ) Cho phương trình

Lời giải

−b

 S = x1 + x2 = a = 6
Theo định lí Vi – ét, ta có: 
 P = x x = c = −2
1 2

a

x1 x2 ( x1 + x2 ) =
PS =
−12 .
Ta có: x12 x2 + x2 2 x1 =

Bài 3: (0,75đ) Dân số Việt Nam tính đến ngày 01/01/2017 là 94 triệu người, dự kiến đến
01/01/2018 tăng thêm 1 050 000 người.
a) Tính tỉ lệ phần trăm dự kiến tăng dân số trong một năm của dân Việt Nam ( làm tròn 2 chữ
số thập phân).
b) Cho biết sự tăng dân số theo ước tính cho bởi công thức:=
S A. (1 + r ) , trong đó A là số dân
n

của năm làm mốc tính, S là số dân sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số dự kiến hàng năm.
Hãy dự kiến đến 01/01/2020 dân số nước Việt Nam là bao nhiêu người? ( Làm tròn đến hàng
đơn vị).
Lời giải
Tỉ lệ phần trăm dự kiến tăng dân số một năm của Việt Nam là:
1050000
100% = 1,12%
94000000
Ta có: S = A. (1 + r ) = 94000000 (1 + 1,12 ) = 97193906 .
n

3

Bài 4: ( 0,75đ) Một hộp phô mai con bò cười gồm có 8 miếng, độ dày mỗi miếng là 20mm, nếu
xếp chúng lại trên 1 đĩa thì thành hình trụ có đường kính 100mm.

a) Tính thể tích của 8 miếng phô mai.
b) Biết khối lượng của mỗi miếng phô mai là 15g, hãy tính khối lượng riêng của nó?
(làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)

25

P
, trong đó trọng lượng riêng của vật là
V
P = 9,8m , đơn vị N,với m là khối lượng vật đơn vị kg; V là thể tích vật, đơn vị m3; d có
đơn vị N/m3).

( Biết khối lượng riêng của vật cho bởi công thức d =

Lời giải
2

 100 
3
=
hr 2 3,14.20. =
Thể =
tích V 3,14
 157000 mm .
 2 
Khối lượng riêng của hộp phô mai là d=

P
9,8.0,015
= 8.
= 7490 N / m3 .
V
0,000157

Bài 5: (1đ) Để giúp các bạn trẻ “khởi nghiệp”, ngân hàng cho vay vốn ưu đãi với lãi suất 5%
/năm. Một nhóm bạn trẻ vay 100 triệu đồng làm vốn kinh doanh hàng tiểu thủ công mỹ
nghệ.
a) Hỏi sau một năm các bạn trẻ phải trả cho ngân hàng cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu ?
b) Các bạn trẻ kinh doanh hai đợt trong năm, đợt 1 sau khi trừ các chi phí thấy lãi được
18% so với vốn bỏ ra nên dồn cả vốn lẫn lãi để kinh doanh tiếp đợt 2, cuối đợt 2 trừ
các chi phí thấy lãi 20% so với vốn đợt 2 bỏ ra. Hỏi sau 2 đợt kinh doanh, trả hết nợ
ngân hàng, các bạn trẻ còn lãi được bao nhiêu tiền?
Lời giải
Sau một năm các bạn trẻ phải trả cho ngân hàng là 100 + 100.5% =
105 triệu đồng.
Số tiền cả vốn lẫn lãi mà các bạn trẻ thu được sau đợt 1 là 100 + 100.18% =
118 triệu đồng.
Số tiền cả vốn lẫn lãi mà các bạn trẻ thu được sau đợ 2 là 118 + 118.20% =
141,6 triệu
đồng.
Số tiền lãi mà các bạn trẻ nhận được sau 2 đợt kinh doanh khi trả hết nợ ngân hàng là:
141,6 − 105 =
36,6 triệu đồng.

Bài 6: (1đ)
Trong bài kiểm tra môn Toán của lớp 9A, gồm 3 tổ I, II, III, điểm trung bình của học sinh
ở các tổ được thống kê ở bảng sau:
Tổ
I
II
III
I và II
II và III
Điểm trung bình
9,1
8,2
9,1
8,6
8,6
Biết tổ I gồm 8 học sinh.
a) Tính số học sinh của tổ II và tổ III
b) Hãy xác định điểm trung bình của cả lớp.
Lời giải
Gọi x và y lần lượt là số học sinh của tổ II, III. Theo đề bài, ta có:
8.9,1 + x.8, 2
= 8,6 ⇔ x = 10 học sinh.
x +8
Như thế, ta được số học sinh ở tổ III là :

10.8, 2 + y.9,1
= 8,6 ⇔ y = 8 .
10 + y

26

Điểm trung bình của cả lớp là:

8.9,1 + 8, 2.10 + 8.9,1
= 8,75.
8 + 8 + 10

y triêu dong
30
B

25
20
15
A
10
5
O

1

2

3

4

5

6
x tháng

Bài 7: (1đ) Tiền vốn và lãi bán hàng của một cửa hàng kinh doanh 6 tháng đầu năm được biểu
thị bằng đường thẳng AB, với vốn ban đầu là 15 triệu đồng.
a) Viết phương trình đường thẳng trên.
b) Hãy tính tiền vốn và lãi ở tháng tư.
Giải
Gọi A ( 0,15 ) và B ( 5;25 ) là 2 điểm thuộc đường thẳng AB : =
y ax + b .
Theo đề bài , ta có hệ phương trình:
=
b 15
b 15
⇔

a + b 25 =
5=
a 2
Vậy AB : =
y 2 x + 15 .
Số tiền ở tháng 4 thu được là y =8 + 15 =23 triệu.
Bài 8: (3đ)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là điểm thuộc cung
nhỏ AB ( M khác A và B).
a) Chứng minh MD là đường phân giác của góc BMC
b) Cho AD = 2R. Tính diện tích tứ giác ABDC theo R.
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh AM,
BD, HK đồng qui.
Giải

27

a)

Ta có AQ ⊥ BC nên BQ = QC (tính chất tam giác đều)
 = DC
 ⇒ BMD
=
 (các góc
Như vậy thì theo liên hệ giữa cung và dây cung ta được BD
DMC
cùng chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau).
⇒ MD là đường phân giác của góc BMC.
b)
Dễ dàng nhận thấy tứ giác ABDC bao gồm 2 tam giác vuông ABD và ADC bằng
= C
= 900 , AD chung, BAD
 = DAC
)
nhau ( B
Theo tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm thì ta lần lượt có điều sau đây:

 1 .2.
 600 (Lí do BOQ
 1=
 = 1 BOC
 là vì tam giác BOC cân tại O)
=
BOQ
BOC
=
BAC
2
2
2
 = sin 600 =
sin BOQ

3 BQ BQ
3
R ⇒ BQ = R 3
=
=
⇔ BQ =
2
BO
R
2

1
S ABDC 2=
S ∆ABD 2. AD
.BQ R=
.R 3 R 2 3
=
=
2
c)
Gọi L là giao điểm của AM và DB
góc ABD = góc AMD = 90º (2 góc nội tiếp đường tròn đk AD)
⇒ AB, DM là hai đường cao của ΔLAD
K là trực tâm của tam giác nên IK ⊥ AD (1)

AC=AB ⇒ cung AC = cung AB ⇒ góc AMC = góc ADB hay góc AMH = góc HDL
góc AMH kề bù với góc HML nên góc HML + góc HDL= 180º
⇒ tứ giác LMHD nội tiếp đường tròn đường kính LD.
⇒ góc LMD = góc LHD = 90º
⇒ IH ⊥ AD (2)
Từ (1),(2) ⇒ L, H, K thẳng hàng hay ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy tại L.
28

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS HOÀNG LÊ KHA
(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020

Đề số 6

MÔN: TOÁN
Thời gian: 90 phút

Câu 1.

Cho hàm số y = 2 x 2 có đồ thị ( P) và hàm số =
y 3 x − 1 có đồ thị ( D)
a) Vẽ ( P) và (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Gọi M là điểm thuộc đồ thị ( P) và có hoành độ bằng −2 . Viết phương trình đường
thẳng OM (O là gốc toạ độ).
Lời giải
- Vẽ hàm số ( D) : =
y 3x − 1
Cho x =
−1 , ( D) qua điểm (0; − 1)
0⇒ y =
Cho y = 2 ⇒ x = 1 , ( D) qua điểm (1; 2)
-

Vẽ đồ thị ( P ) : y = 2 x 2
Bảng giá trị:

x
y = 2 x2

−2
8

−1
2

0

1

2

0

2

8

a) M ( xM ; yM ) , xM = −2

=
yM 2(
=
xM ) 2 8 , M (−2;8)
Vì M ∈ ( P ) nên

y ax + b
Gọi phương trình đường thẳng OM có dạng: =
O (0;0) ∈ OM ⇒ 0 = a.0 + b ⇒ b = 0

29

M (−2;8) ∈ OM ⇒ 8 =a.(−2) + b ⇔ a =−4
Vậy phương trình đường thẳng OM là: y = −4 x.
Câu 2.

Cho phương trình x 2 − 2 x + 3m − 1 =0 ( x là ẩn số )
a/ Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 .
b/ Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 thỏa điều kiện : x1 + x2 − x1 x2 =
10
Lời giải
a) x 2 − 2 x + 3m − 1 =0
(a =
1; b =
−2; c =−
3m 1)
∆ = b 2 − 4ac = (−2) 2 − 4.1.(3m − 1) = −12m + 8

∆ ≥ 0 −12m + 8 ≥ 0
8
2
⇔
⇔m≤ ⇔m≤
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 
12
3
a ≠ 0
1 ≠ 0
2
thì phương trình luôn có nghiệm x1 ; x2 .
3
2
b) Với m ≤ thì phương trình luôn có hai nghiệm x1 ; x2 .
3
2
 x1 + x2 =
Theo hệ thức Vi-et: 
 x1.x2= 3m − 1
Vậy m ≤

Ta có:
x1 + x2 − x1.x2 = 10 ⇔ 2 − (3m − 1) = 10

⇔ 3m =
−7
−7
⇔ m = (n)
3
Vậy m =

−7
thì phương trình có hai nghiệm thoả yêu cầu bài toán.
3

Câu 3. Các nhà sản xuất cho biết: khi để một cái tivi ở trạng thái “chờ” (chỉ tắt tivi bằng điều khiển
không dây) thì trong một giờ tivi vẫn tiêu thụ một lượng điện năng là 1Wh. Giả thiết rằng trung
bình mỗi hộ gia đình ở thành phố Hồ Chí Minh có một ti vi và xem 6 giờ mỗi ngày. Em hãy tính,
nếu tất cả các hộ gia đình ở thành phố đều tắt tivi ở trạng thái “chờ thì mỗi tháng (tính là 30
ngày) cả thành phố đã không tiết kiệm bao nhiêu tiền? (biết rằng giá điện trung bình là 1800
đồng/kWh và thành phố có khoảng 1,7 triệu hộ gia đình)

Lời giải
Đổi: 1Wh = 0,001kWh
Số tiền cả thành phố đã không tiết kiệm trong mỗi tháng:
(24 – 6).30.0,001. 1800 . 1 700 000 = 1 652 400 000 (đồng)

30

Câu 4 .Thả một vật nặng từ trên cao xuống, chuyển động của vật được gọi là vật rơi tự do. Biết
rằng quãng đường đi được của vật được cho bởi công thức s = 4,9t 2 . Với s là quãng
đường rơi của vật tính bằng m; t là thời gian rơi tính bằng giây.
a)

Nếu thả vật từ độ cao 122,5m thì sau bao lâu vật chạm đất.

b) Hãy tính quãng đường vật rơi trong giây thứ tư.
Lời giải
a) Theo đề bài ta có: s = 122,5 m.
Quãng đường vật đi được là:

s = 4,9t 2
⇔ 122,5 =
4,9.t 2
⇔ t2 =
25
⇔ t =±5
Vì t là thời gian rơi nên t > 0, ta nhận t=5
Vậy sau 5 giây thì vật chạm đất nếu thả từ độ cao 122,5 m
2
b) Quãng đường vật rơi trong giây thứ 4=
là: s 4,9.4
=
78, 4 (m)

Câu 5.
Toà nhà The Landmark 81 là một toà nhà chọc trời bao gồm 81
tầng. Toà nhà này cao nhất Đông Nam Á (năm 2018). Tại một thời
điểm tia sáng Mặt Trời tạo với mặt đất 1 góc là 75 độ thì người ta
đo được bóng của toà nhà lên mặt đất dài khoảng 125m. Hãy ước
tính chiều cao của toà nhà này.

Lời giải
Xét tam giác ABE vuông tại B
Ta có: tan A =

BE
BA

⇒=
BE BA.tan
=
A tan 750.125 ≈ 466,51 (m)
Vậy chiều cao tòa nhà là khoảng 466,51 m
Câu 6 . Hai dung dịch muối có khối lượng tổng cộng bằng 220 kg . Lượng muối trong dung
dịch I là 5 kg , lượng muối trong dung dịch II là 4,8 kg. Biết nồng độ muối trong dung

31

dịch I nhiều hơn nồng độ muối trong dung dịch II là 1%. Tính khối lượng mỗi dung
dịch nói trên.
Lời giải
Gọi x, y (kg) (220 > x > 0; 220 > y > 0) lần lượt là khối lượng dung dịch I và dung dịch II.

220
Theo đề ta có: x + y =

(1)

Nồng độ muối trong dung dịch I là:

5
500
.100 =
(%)
x
x

Nồng độ muối trong dung dịch II là:

4,8
480
.100 =
(%)
y
y

Vì nồng độ muối trong dung dịch I nhiều hơn nồng độ muối trong dung dịch II nên:

500 480
−
=
1
x
y

(2)

220
x + y =
=
 y 220 − x


⇔  500
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  500 480
480
1 
1 (*)
−
=
 x − y =
220 − x
 x


x x(220 − x)
Ta có: (*) ⇔ 500(220 − x) − 480=
⇔ 110000 − 500 x − 480 x = 220 x − x 2
⇔ x 2 − 1200 x + 110000 =
0

(a =
1; b =
−1200; c =
110000)
∆ = b 2 − 4ac = (−1200) 2 − 4.1.110000 = 1000000
∆ =1000
−b − ∆ −(−1200) − 1000
=
= 100 (n)
2a
2
−b + ∆ −(−1200) + 1000
=
= 1100 (l)
x2 =
2a
2

=
x1

Với x= 100 ⇒ y= 220 − x= 120 (n)
Vậy khối lượng dung dịch I là 100 kg và khối lượng dung dịch II là 120 kg .
Câu 7 . Một công ty chuyên sản xuất đĩa CD với chi phí mỗi đĩa là 40 (nghìn đồng). Theo
nghiên cứu nếu mỗi đĩa bán ra với giá x (nghìn đồng) thì số lượng đĩa bán được là
y =120 − x ( x ∈ * ). Hãy xác định giá bán của mỗi đĩa sao cho lợi nhuận mà công ty thu
được là cao nhất?
Lời giải

) 4800 − 40 x (nghìn đồng)
Chi phí sản xuất y đĩa là: 40 y= 40(120 − x=
Lợi nhuận của công ty khi bán y đĩa với giá x (nghìn đồng) mỗi đĩa là:
x. y − 40 y =
x(120 − x) − (4800 − 40 x) =
− x 2 + 160 x − 4800 (nghìn đồng)
Ta có:

32

− x 2 + 160 x − 4800 =
− x 2 + 160 x − 6400 + 1600
=− ( x − 80 ) + 1600 ≤ 1600 ∀x ∈ *
2

Để công ty thu lợi nhuận cao nhất thì x. y − 40 y có giá trị lớn nhất
Mà x. y − 40 y lớn nhất bằng 1600 khi dấu " = " của bất đẳng thức xảy ra,
khi đó − ( x − 80 ) = 0 ⇔ x = 80 (n)
2

Vậy công ty cần bán mỗi đĩa giá 80 (nghìn đồng) để thu được lợi nhuận cao nhất.
Bài 8: :Cho nửa đường tròn tâm (O;R) đường kính AB và điểm C trên đường tròn sao cho CA =
CB. Gọi M là trung điểm của dây cung AC; Nối BM cắt cung AC tại E; AE và BC kéo dài cắt
nhau tại D.
a) Chứng minh: DE . DA = DC . DB
b) Chứng minh: MOCD là hình bình hành
c) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Kẻ EF
vuông góc với AC, EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K; EB cắt AN
tại H . Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn
Lời giải

D

N
E

H
I

C

M

F
K
A

B
O

a) Chứng minh: DE . DA = DC . DB
Xét (O), có : 
AEB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=
AEB = 900 )
⇒ DEB
900 (kề bù với 

ACB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
33

=
ACB = 900 )
⇒ DCA
900 (kề bù với 
Xét ∆DAC và ∆DBE có:


 là góc chung; DEB
= DCA
= 900
D
Suy ra: ∆DAC  ∆DBE (g-g)

⇒

DA DC
=
⇒ DE.DA = DC.DB .
DB DE

b) Chứng minh: MOCD là hình bình hành
Xét tứ giác MOCD
Do ∆ABC có: OA = OB ( cùng là bán kính); MA = MC (gt)
OM là đường trung bình của ∆ABC

⇒ OM  DC (*)
Do ∆ABD có: BE ⊥ AD ; AC ⊥ BD
⇒ BE và AC là các đường cao của ∆ABD ; M là giao của BE và AC

Do đó: M là trực tâm của ∆ABD
⇒ DM là đường cao của ∆ABD

⇒ DM ⊥ AB
Do ∆CAB có:

(1)

ACB = 900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và CA = CB ( giả thiết )

⇒ ∆ACB vuông cân tại C
⇒ Đường trung tuyến CO đồng thời là đường cao của ∆ACB .

⇒ CO ⊥ AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: DM  OC (**)
Từ (*) và (**) suy ra: tứ giác MOCD là hình bình hành.
c) Tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn

34

D

N
E

H
I

C

M

F
K
A

B
O

Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Kẻ EF vuông
góc với AC, EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K; EB cắt AN tại H .
Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn

35

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS HỒNG NGỌC

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 7

Câu 1.

Thời gian: 90 phút

x2
x
Cho Parabol ( P ) : y = −
và đường thẳng (d ) : y=
−2
2
4
c) Vẽ ( P) và (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
d) Tìm toạ độ giao điểm của ( P) và (d ) bằng phép tính.
Lời giải
b) -

x
Vẽ đường thẳng (d ) : y=
−2
2

Cho x =
0⇒ y =
−2 , (d ) qua điểm (0; − 2)
Cho y = 0 ⇒ x = 4 , (d ) qua điểm (4;0)
-

Vẽ đồ thị ( P ) : y = −

x2
4

Bảng giá trị:

x
y= −

x2
4

−4

−2

0

2

4

−4

−1

0

−1

−4

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

−

x2 x
= − 2 ⇔ − x2 = 2 x − 8 ⇔ x2 + 2 x − 8 = 0
4 2

∆= b 2 − 4ac= 22 − 4.1.(−8)= 36
−b − ∆ −2 − 36
−b + ∆ −2 + 36
x1 =
=
=
−4 ; x2 =
=
=
2
2a
2
2a
2
x
Với x1 =−4 ⇒ y1 = 1 − 2 =−4
2
x
Với x2 =2 ⇒ y2 = 2 − 2 =−1
2
Vậy giao điểm của ( P) và (d ) là A(−4; − 4) và B ( 2; − 1) .

36

Câu 2 . Cho phương trình x 2 + (m − 2) x − m =
0 ( x là ẩn số).
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình. Định m để x12 + mx1 + 2 x2 − m =
6.
Lời giải

1; b =
m − 2; c =
− m)
a) (a =
∆= b 2 − 4ac= (m − 2) 2 − 4.1.(−m)= m 2 + 4 > 0 với mọi giá trị m.
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
−(m − 2)
−m + 2
 x1 + x2 =
 x2 + x2 =
b) Theo hệ thức Vi-et: 
⇔
−m
−m
 x1 x2 =
 x1 x2 =
Vì x1 là nghiệm phương trình nên: x12 + (m − 2) x1 − m =
0
Ta có:
x12 + mx1 + 2 x2 − m =6 ⇔ x12 + mx1 − 2 x1 + 2 x1 + 2 x2 − m =6
⇔ [x12 + (m − 2) x1 − m]+2( x1 + x2 ) =
6
⇔ 0 + 2(−m + 2) =
6
⇔ −2m =2
⇔m=
−1

Vậy m = −1 thoả yêu cầu bài toán.
Câu 3 . Một nhà địa chất học muốn đo chiều cao của
một ngọn núi đã thực hiện như sau: Đầu tiên
ông dung một dụng cụ đo góc thì thấy được
đỉnh ngọn núi dưới góc 8° so với phương nằm
ngang. Sau đó ông đi thêm 1km nữa lại gần
ngọn núi và thực hiện lại việc đo đạc trên thì
thấy đỉnh ngọn núi dưới góc 10° so với phương
nằm ngang. Hãy tính chiều cao ngọn núi,biết
rằng khoảng cách từ dụng cụ đo tới mặt đất là 1,5 m (tính theo đơn vị mét và làm tròn
một chữ số thập phân).
Lời giải
Gọi CF là chiều cao ngọn núi
AB là chiều cao dụng cụ đo, với B là vị trí đặt
mắt.
E là vị trí đặt mắt sau khi di chuyển 1km .
D là giao điểm cửa BE và CF.
Đổi đơn vị: 1,5 m = 0,0015(km)
37

Xét tam giác DEF vuông tại D, ta có:

=
tan FED

DF
⇔ DF = DE.tan10°
DE

(1)

Xét tam giác DBF vuông tại D, ta có:

=
tan DBF

DF
⇔ DF = DB.tan 8°
DB

(2)

Từ (1) và (2) ta có: DE.tan10
=
° DB.tan 8°

⇔ DE.tan10
=
° ( DE + EB) tan 8°
⇔ DE (tan10° − tan 8=
°) tan 8°
tan 8°
⇔ DE =
tan10° − tan 8°
⇔ DE  3,9 (km)
Câu 4.

CD + DF  0, 0015 + 3,9  3,9 (km)
Vậy chiều cao ngọn núi là: CF =
Ngảy 12 tháng 4 năm 1961, nhà du hành vũ trụ đầu tiên của Trái Đất Gagarin đã bay
vào không gian trên con tàu vũ trụ Phương Đông ở độ cao 327 Km cách mặt đất. Hỏi ở
vị trí đó Gagarin có thể quan sát thấy một địa điểm trên mặt đất với khoảng cách xa
nhất là bao nhiêu km (ghi kết quả gần đúng chính xác đến hàng đơn vị) biết rằng Trai
Đất được xem như một hình cầu có bán kính khoảng 6400 km (tính theo km, làm tròn
đến hàng đơn vị).
Lời giải
Theo đề bài ta có hình vẽ, M là vị trí của Gagarin, MA = 327 Km
Vì T là điểm nhìn xa tối đa nên MT là tiếp tuyến của đường tròn (đường tròn coi như
là trái đất)

M
T

A

O

B
 chung
A

Xét ∆MTA vµ ∆MBT cã 
1  ⇒ ∆MTA  ∆MBT ( g.g )


MTA
MBT
s® AT
=
=

2


⇒

MT MA
=
⇒ MT 2 = MA.MB ,
MB MT

mà MB = MA + AB = 327 + 2.6400 = 13127 ( AB là đường kính trái đất)
2
⇒ MT=
327.13127
= 4292529 ⇒ MT  2072

38

Câu 5.

Vậy Gagarin có thể nhìn thấy một địa điểm T trên biển tối đa là 2072 Km .
Một chếc áo sơ mi dài tay hiệu An Phước có giá bán lúc đầu là 480000 đồng. Sau 6
tháng mỗi chiếc áo sơ mi được giảm giá một số phần trăm. Sau 6 tháng nữa, trong đợt
khuyến mãi ngày hội tiêu dùng hàng Việt Nam, giá chiếc áo sơ mi lại được giảm giá
một số phần trăm như vậy, do đó giá chiếc áo sơ mi An Phước lúc này là 270000 đồng.
Hỏi mỗi lần khuyến mãi, chiếc áo sơ mi được giảm giá bao nhiêu phần trăm?
Lời giải
Gọi x (%) ;( 0 < x < 100) là số phần trăm chiếc áo sơ mi được giảm khi khuyến mãi.
Sau 6 tháng đầu tiên, giá chiếc áo còn:
x
480000 − 480000.
= 480000 − 4800 x = 4800(100 − x) (đồng)
100
Sau 6 tháng nữa, giá chiếc áo còn:
x
2
 100 − x 
4800(100 − x) − 4800(100 − x). = 4800(100 − x) 
=
 48 (100 − x )
100
 100 

=
− x 75 =
100
 x 25 (n)
2
2
⇔
Theo đề ta có: 48 (100 − x ) = 270000 ⇔ (100 − x ) = 5625 ⇔ 
175 (l )
100 − x =−75
x =
Câu 6.

Vậy mỗi lần khuyến mãi,chiếc áo được giảm 25%.
Người ta nhấn chìm hoàn toàn một tượng đá nhỏ vào một lọ thủy tinh có nước dạng
hình trụ. Diện tích đáy lọ thủy tinh là 12,8cm 2 . Nước trong lọ dâng lên thêm 8,5mm .
Hỏi thể tích của tượng đá là bao nhiêu?
. Lời giải
Nước trong lọ dâng lên thêm 8,5mm . Nên thể tích tượng đá bằng thể tích của khối
nước hình trụ trong lọ thủy tinh dâng thêm. Hình trụ này có diện tích đáy là 12,8cm 2 ,
chiều cao là 8,5mm = 0,85 cm .
Vậy thể tích tượng=
đá là V 12,8.0,85
= 10,88cm3

Câu 7.

Một cửa hàng giảm giá 40% cho một lô hàng gồm 100 tivi so với giá bán lẻ trước đó.
Sau khi bán được 60 tivi thì cửa hàng quyết định giảm thêm 15% so với giá đang bán
cho 40 chiếc còn lại và thu được tổng cộng 282 triệu đồng. Hỏi giá bán ban đầu của
một chiếc tivi là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi x (triệu đồng), ( x > 0) là giá bán ban đầu của một chiếc tivi.
Giá của mỗi chiếc tivi khi giảm 40% là: 60%.x = 0, 6 x (triệu đồng)
Giá bán 60 chiếc tivi khi giảm 40% là: 0, 6 x.60 = 36 x (triệu đồng)
Giá mỗi chiếc tivi khi giảm thêm 15% so với giá đang giảm là: 0, 6 x.85% = 0,51x (triệu
đồng)
Giá bán 40 chiếc tivi còn lại là: 0,51x.40 = 20, 4 x (triệu đồng)

56, 4 x (triệu đồng)
Số tiền thu được khi bán hết 100 chiếc tivi: 36 x + 20, 4 x =
Theo đề ta có: 56, 4 x= 282 ⇔ x= 5 (n)
39

Vậy giá ban đầu mỗi chiếc tivi là 5 triệu đồng.
Câu 8: Từ điểm M ngoài đường tròn (O), ta vẽ hai tiếp tuyến MP, MQ (P, Q là tiếp điểm).
Từ điểm N trên cung nhỏ PQ, ta vẽ tiếp tuyến cắt MP và MQ lần lượt tại E và F.
a)Chứng minh chu vi tam giác MEF có độ dài bằng 2 lần độ dài MP.
 + OMP
=
b)Chứng minh: EOF
900


c)Hạ EH ⊥ OF và FK ⊥ OE . Chứng minh NO là tia phân giác của HNK
Lời giải

a)Chứng minh chu vi tam giác MEF có độ dài bằng 2 lần độ dài MP.

EN = EP

Ta có : FN = FQ (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ngoài đường tròn) (1)
MP = MQ

Chu vi tam giác MEF = ME + MF + EF = ME + MF + FN + NE = MP + MF + FN (2)
Thế (1) vào (2) ta có : Chu vi tam giác MEF = 2MP
 + OMP
=
b)Chứng minh: EOF
900

 + FON
 = EOF

Ta có : EON
Mà

 1 
EOF = 2 POQ
 + PMO
= 900
 + OMP
= 1 POQ
⇒ EOF
: 
2
 = 1 PMO

OMP

2

c) Vì ON, EH, FK đồng quy tại trực tâm I của tam giác OEF.
Ta có EKIN và FHIN lần lượt là các tứ giác nội tiếp

 = HEO

KNO
⇒
 = KFO

HNO
 = KFO
=
=
=

Mà HEO
900 − EOF
> KNO
HNO
Suy ra NI hay NO là tia phân giác của góc HNK.

40

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS HÙNG VƯƠNG

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 8

Câu 1.

Cho hàm số y =

Thời gian: 90 phút

−1 2
x có đồ thị là ( P ) và hàm số y= x − 4 có đồ thị là ( D ) .
2

a) Vẽ đồ thị ( P ) và ( D ) trên cùng mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D ) bằng phép tính.
Lời giải
a) Vẽ đồ thị ( P ) và ( D ) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( D ) là nghiệm của phương trình:

x = 2
−1 2
−1 2
x = x−4 ⇔
x −x+4= 0⇒ 
.
2
2
 x = −4
Với x =2 ⇒ y =2 − 4 =−2 .
Với x =−4 ⇒ y =−4 − 4 =−8 .
Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D ) là A ( 2; − 2 ) và B ( −4; −8 ) .
Câu 2.

1 2
x − 4 x − 1 =0
2
a) Không giải phương trình chứng tỏ phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt.
Cho phương trình:

b) Tính: A =

x12 + x22
.
−7 x1 − 7 x2
Lời giải

1
9
a) Ta có: ∆ ' = 4 − . ( −1) = > 0 .
2
2
41

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.
8
x + x =
b) Theo định lí Vi-ét ta có:  1 2
 x1 x2 = −2
2
− 2. ( −2 ) −17
x12 + x22
( x + x ) − 2 x1 x2 8=
.
= 1 2=
−7.8
14
−7 x1 − 7 x2
−7 ( x1 + x2 )
2

A=

−17
.
14
Ngày 28/09/2018, sau trận động đất 7,5 độ Richter, cơn sóng thần (tiếng Anh là
Vậy A =

Câu 3.

tsunami) cao hơn 6 m đã tràn vào đảo Sulawesi của In-đô-nê-xi-a, tàn phá Thành phố
Palu, gây thiệt hại vô cùng to lớn.
Tốc độ của cơn sóng thần và chiều sâu của đại dương, nơi bắt đầu của sóng thần, liên
hệ bởi công thức v = dg . Trong đó g = 9,81 m/s 2 , d là chiều sâu của đại dương tính
bằng m, v là vận tốc của sóng thần tính bằng m/s .
a) Biết độ sâu trung bình tại Thái Bình Dương là 4000 m, hãy tính tốc độ trung bình
của các con sóng thần xuất phát từ đáy của Thái Bình Dương.
b) Theo tính toán của các nhà khoa học địa chất, vận tốc của đợt sóng thần ngày
28/09/2018 có vận tốc là 800 km/h, hãy tính chiều sâu của đại dương, nơi tâm chấn
động đất gây ra sóng thần là bao nhiêu m?
Lời giải
a) Tốc độ trung bình của các con sóng thần xuất phát từ đáy của Thái Bình Dương là:

=
v

=
dg

4000.9,81
= 198, 091 (m/s).

Vậy tốc độ trung bình của các con sóng thần là 198, 091 (m/s).
b) Chiều sâu của đại dương, nơi tâm chấn động đất gây ra sóng thần là:

v 2 8002
=
d =
= 65239,55 (m).
g 9,81
Câu 4.

Vậy chiều sâu của đại dương, nơi tâm chấn động đất gây ra sóng thần là 81 549, 44 m.
Khung thành trên sân bóng đá có chiều rộng 7,32 m (đoạn AB ), C là điểm đặt quả
bóng phạt đền 11 m. Góc sút ACB của quả phạt đền là bao nhiêu độ?
Lời giải
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ CH ⊥ AB .

1
.7,32
AH 2
3, 66
=
α =
=
Trong tam giác vuông ACH ta có: tan
⇒ α ≈ 180 24 ' .
CH
11
11

⇒
ACH =
2α ≈ 360 48' .
Câu 5.

Vậy góc sút phạt đền là 360 48' .
Một công ty du lịch chào giá cho một suất đi tham quan khu du lịch Suối mơ Đồng Nai
là 375 000 đồng/người. Nhà trường đã hợp đồng để công ty tổ chức cho 1 số giáo viên
42

và học sinh đi tham quan. Công ty du lịch đã giảm 10% chi phí cho giáo viên và giảm

30% chi phí cho học sinh, nên tổng chi phí là 12 487 000 đồng. Tính số lượng giáo viên
và số lượng học sinh, biết số học sinh gấp 4 lần số giáo viên?
Lời giải
Gọi số giáo viên là x (giáo viên) ( x ∈ * ) .
⇒ Số học sinh là: 4x (học sinh).

Chi phí cho 1 giáo viên sau khi đã giảm 10% là: 375 000 −
Chi phí cho 1 học sinh sau khi đã giảm 30% là: 375 000 −

375 000
.10 =
337 500 (đồng).
100

375 000
.30 =
262 500 (đồng).
100

Do tổng chi phí của giáo viên và học sinh là 12 487 000 nên ta có phương trình:
337 500.x + 262 500.4 x =
12 487 000
⇔

1 387 500 x = 12 487 000

⇔

x = 10 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy có 10 giáo viên và 40 học sinh.
Câu 6.

Một người mang một số tiền vào siêu thị X để mua hoa quả và nhẩm tính thấy với số
tiền đó có thể mua được 3 kg nho, hoặc 4 kg kiwi, hoặc 5 kg táo. Tính giá tiền mỗi
loại hoa quả trên, biết 3 kg kiwi đắt hơn 2 kg táo là 210 000 đồng.
Lời giải
Gọi giá tiền mua 1 kg nho, kiwi, táo lần lượt là x , y , z (đồng) ( x, y, z > 0 ) .
Theo đề bài ta có: 3=
x 4=
y 5z .

x
y
z
Chia các vế cho 60 ta được: = =
.
20 15 12
Do 3 kg kiwi đắt hơn 2 kg táo là 210 000 đồng nên ta có phương trình:
3x − 2 z =
210 000 .
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

3y − 2z
210 000
x
y
z
= = 10 000 ,
= =
=
21
20 15 12 3.15 − 2.12
x
⇒ = 10 000 ⇒
=
x 200 000 .
20

y
= 10 000 ⇒=
y 150 000 .
15
z
= 10 000 ⇒
=
z 120 000 .
12
Vậy giá tiền mua nho, kiwi, táo lần lượt là 200 000, 150 000, 120 000 (đồng).

43

Bài 8 (3 điểm)
Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nối tiếp đường tròn (O) ba đường cao AK; BE; CF cắt nhau tại
H. Gọi I là trung điểm BC, vẽ HD ⊥ AI ( D ∈ AI )
a)Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp và năm điểm A, E, D, H, F cùng thuộc 1 đường
tròn;
b)Chứng minh: AD. AI = AH . AK và EF song song với tiếp tuyến tại A.
c)Giả sử đường tròn (O) cố định, B và C là 2 điểm cố định, điểm A di động trên cung
lớn BC của (O).Chứng minh: Tích ID. AI không phụ thuộc vào vị trí điểm A.
Lời giải

A

E

F

O
H

B

D

I

K

C

a)Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp và năm điểm A, E, D, H, F cùng thuộc 1 đường
tròn;
Xét tứ giác BFEC ta có :


=
BFC


=
BEC

90o (do BE, CF là hai đường cao)

⇒ tứ giác BFEC nội tiếp


=
AEH


ADH
=


=
AFH

90o (do BE, CF là 2 đường cao và HD⊥AI)

⇒ A, E, D, H, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AH
b)Chứng minh: AD. AI = AH . AK và EF song song với tiếp tuyến tại A.

44

chung
A
Xét hai ∆ADH và ∆AKI ta có : 
 = AKI
 = 900
ADH

⇒∆ADH và ∆AKI đồng dạng
⇒ AD.AI = AH.AK
+ Kẻ tiếp tuyến Ax ⊥OA

 = ACB
 = 1 AB
 (góc tạo bởi tt dây cung và góc nội tiếp chắn dây)
+ xAB
2

 = ACB
 (Tứ giác BFEC nội tiếp)
Mà AFE
⇒ xAB = AFE (ở vị trí so le trong) nên EF//Ax
c)Giả sử đường tròn (O) cố định, B và C là 2 điểm cố định, điểm A di động trên cung
lớn BC của (O).Chứng minh: Tích ID. AI không phụ thuộc vào vị trí điểm A.
Ta có :

 = ACB
 (do bằng AFE
)
ADE

⇒ tứ giác CIDE nội tiếp
Nên

 = IEC

IDC

 = ICA
 (do bằng IEC
 )
Mặt khác : IDC
mà

 chung nên ∆IDC ~ ∆ICA(g − g)
AIC

2
Suy ra IA.ID
= IC
=

BC 2
không đổi
4

Nên Tích ID. AI không phụ thuộc vào vị trí điểm A.

45

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRƯỜNG THCS LÊ ANH XUÂN

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN
Đề số 9

Câu 1.

Thời gian: 90 phút

Cho parabol ( P ) y = − x 2 và đường thẳng ( d ) : y= x − 2 .
a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép toán.
Lời giải
a) - Một số điểm thuộc đồ thị hàm số y = − x 2 :

x

−2

−1

0

1

2

y = − x2

−4

−1

0

−1

−4

- Một số điểm thuộc đồ thị hàm số y= x − 2 :

x

−2

−1

0

1

2

y= x − 2

−4

−3

−2

−1

0

Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm của phương trình:

x = 1
.
− x 2 =x − 2 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ 
 x = −2
Với x =⇒
1 y=
−1 .
Với x =−2 ⇒ y =−4 .
46

Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là A (1; − 1) và B ( −2; − 4 ) .
Câu 2 . Cho phương trình 4x 2 − 3x − 2 =
0 . Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu

(2x1 − 3)(2x 2 − 3) với x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình trên
thức sau: A =
Lời giải
Vì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình 4x 2 − 3x − 2 =
0 nên theo hệ thức Viète ta có:

3

x
+
x
=
1
2

4

−
1
x x =
 1 2 2
5
 −1   3 
Khi đó ta có: A
= (2x1 − 3)(2x 2 − 3)= 4 x1 x2 − 6( x1 + x2 ) + 9= 4   − 6   + 9=
2
 2  4
Câu 3.

Giá ban đầu của một cái ti vi là 8 000 000 đồng. Lần đầu siêu thị giảm 5% . Sau đó 2
tuần siêu thị lại giảm giá thêm một lần nữa lúc này giá ti vi chỉ còn 6 840 000 đồng.
Hỏi ở lần thứ hai siêu thị đã giảm giá bao nhiêu phần trăm?
Lời giải
Sau lần giảm giá đầu tiên, giá của chiếc ti vi là: 8 000 000 −

8 000 000
.5 =
7 600 000
100

(đồng).
Lần 2 siêu thị giảm giá số phần trăm là: 100% −

Câu 4.

6 840 000
.100% =
10 ( % )
7 600 000

Vậy ở lần thứ hai siêu thị đã giảm giá 10 % .
Một hình chữ nhật có kích thước là 20 cm và 30 cm. Người ta tăng mỗi kích thước
thêm x cm. Gọi y là chu vi của hình chữ nhật mới.
a) Hãy tính y theo x .
b) Tính giá trị của y tương ứng với x = 3 (cm); x = 5 (cm).
Lời giải
a) Chiều rộng của hình chữ nhật sau khi tăng thêm x cm là: 20 + x (cm).
Chiều dài của hình chữ nhật sau khi tăng thêm x cm là: 30 + x (cm).
Chu vi của hình chữ nhật mới là: y=

( 20 + x + 30 + x ) .2= ( 50 + 2 x ) .2=

100 + 4 x (cm).

Vậy=
y 100 + 4 x .
b) Với x = 3 (cm) ta có: y = 100 + 4.3 = 112 (cm).
Với x = 5 (cm) ta có: y = 100 + 4.5 = 120 (cm).
Câu 5.

Vậy với với x = 3 (cm); x = 5 (cm) thì giá trị của y lần lượt là 112 (cm) và 120 (cm).
Bạn An tiêu thụ 12 ca-lo cho mỗi phút bơi và 8 ca-lo mỗi phút chạy bộ. Bạn An cần
tiêu thụ tổng cộng 300 ca-lo trong 30 phút với hai hoạt động trên. Vậy bạn An cần bao
nhiêu thời gian cho mỗi hoạt động?
Lời giải
47

Gọi thời gian An cần bơi là x (phút) ( 0 < x < 30 ) .
Thời gian An cần chạy bộ là 30 − x (phút).
Trong x (phút) bơi bạn An tiêu thụ được số ca-lo là: 12x (ca-lo).
Trong 30 − x (phút) chạy bộ bạn An tiêu thụ được số ca-lo là: 240 − 8x (ca-lo).
Do bạn An cần tiêu thụ 300 ca-lo nên ta có phương trình:

12 x + 240 − 8 x =
300

⇔ 4 x = 60
⇔ x = 15 (TM).
Câu 6.

Vậy bạn An cần 15 phút bơi và 15 phút chạy bộ.
Giá tiền điện của hộ gia đình được tính như sau:
Mức sử
dụng
Giá
(đồng/kWh)

1 − 50

51 − 100

101 − 200

201 − 300

301 − 400

401 trở lên

1484

1533

1786

2422

2503

2587

Hỏi trong tháng 5 gia đình bạn Mai đã tiêu thụ hết 350 kWh thì gia đình bạn phải trả
bao nhiêu tiền điện? Biết rằng thuế GTGT là 10% . (làm tròn đến hàng ngàn)
Lời giải
Mức sử dụng điện nhà bạn Mai là:
Mức sử dụng
50
50
Giá
(đồng/kWh)

1484

1533

100

100

50

1786

2422

2503

Số tiền nhà bạn Mai phải trả khi chưa tính thuế GTGT là:
50.1484 + 50.1533 + 100.1786 + 100.2422 + 50.2503 =
696 800 (đồng)

Số tiền nhà bạn Mai phải trả khi đã tính thuế GTGT là:
696 800 +

696 800
.10 =
766 480 (đồng)
100

Vậy nhà bạn Mai phải trả 766 480 đồng.
Câu 7 . Khi quay tam giác vuông AOC một vòng quanh cạnh góc vuông
OA cố định thì được một hình nón. Tính thể tích V của hình nón
1
biết AC = 13 cm, OC = 5cm và V = π r 2 h ( π ≈ 3,14 )
3

Lời giải

48