ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2018-2019
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH
MÔN THI: TOÁN (không chuyên)
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 26/5/2018
Bài 1: (1,0 điểm) Biết 0  x  y và  x y 2  x y 2      y x 5   x    . Tính
 x  y  x  y   2x  2y  x  x  y 
y  x  y  3 y   Bài 2: (2,0 điểm) 2 2x 7  x a) Giải phương trình
 x  x  7 3  x
 x  3 x  
1   y  2 x  3 
b) Giải hệ phương trình   x   1
y  5 y  8   y  22 2 
Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình 2
x  x  3m 11  0   1
a) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó;
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho 1 2
2017x  2018x  2019 . 1 2 Bài 4: (2,0 điểm)
a) Đầu tháng 5 năm 2018 khi đang vào vụ thu hoạch, giá dưa hấu bất ngờ giảm
mạnh. Nông dân A cho biết vì sợ dưa hỏng nên phải bán 30% số dưa hấu thu hoạch
được với giá 1500 đồng mỗi kilôgam (1500đ/kg), sau đó nhờ phong trào “giải cứu dưa
hấu” nên đã may mắn bán hết số dưa hấu còn lại với giá 3500đ/kg; nếu trừ tiên đầu tư
thì lãi được 9 triệu đồng (không kể công chăm sóc hơn hai tháng của cả nhà). Cũng theo
ông A mỗi sào đầu tư (hạt giống, phân bón, ....) hết 4 triệu đồng và thu hoạch được 2 tấn
dưa hấu. Hỏi ông A đã trồng bao nhiêu sào dưa hấu?
b) Một khu đất hình chữ nhật ABCD (AB < AD) có chu vi 240 mét được chia
thành hai phần gồm khu đất hình chữ nhật ABNM là chuồng trại và phần còn lại làm
vườn thả để nuôi gà (M, N lần lượt thuộc cạnh AD, BC). Theo quy hoạch hoạch trang
trạ nuôi được 2400 con gà, bình quân mỗi con gà cần một mét vuông vườn thả và diện
tích vườn thả gấp ba lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi của khu đất làm vườn thả?
Bài 5: (3,0 điểm) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T) tâm O, bán kính R;  0
CAD  45 , AC vuông góc với BD và cắt BD tại I, AD > BC. Dựng CK vuông góc với
AD (K  AD), CK cắt BD tại H và cắt (T) tại E (E ≠ C). a) Tính số đo 
COD . Chứng minh các điểm C, I, K, D cùng thuộc một đường tròn và AC = BD.
b) Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHE. Tính IK theo R
c) IK cắt AB tại F. Chứng minh O là trực tâm tam giác AIK và CK.CB = CF.CD
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Bài 1: (1,0 điểm)
 x  y 2   x  y 2   5 y x Ta có:      3
 x  y  x  y   2x  2y  x  x  y 
y  x  y    2    2
 x  yx  xy  y x y y y x x
 2 x  xy  y       3 x  y
xy  x  y  3
xy  x  y  3 xy x  xy  y 
   x  y 2 x 1
 0  x  y   1 xy y
Bài 2: (2,0 điểm) a) ĐK: x  3    x 0   x  0 tm 2 2x 7  x  2x   
 x  x  7  x 7  x   1  0    7  x  0
  x  7 loai  3  x  3  x   2x  2x   1  0   1  0  3  x  3  x 2x  x  0  x  0 +)
 1  0  2x   3  x    2  3  x
4x  x  3  0   x   1 4x  3  0   x  0  x  1    x  1 S  1  ; 0 
. Vậy phương trình có tập nghiệm là   3  x    4 2  5  7 b) 2
y  5 y  8  y    0; y     2  4
 x  3 x  
1   y  2 x  3
  x  3 x  y   1  0   Ta có     x   1
y  5 y  8   y  22   x   1
y  5y  8   y  22 2 2    x  3  0  x  3     
x  y  1  0 x  y 1         x   1
y  5 y  8   y  22 x   1
y  5y  8   y  22 2 2   2 +) TH: x  3  ; ta có: 2
4 y  5y  8   y  2 * Vì  y  y    y  2 2 4 5 8 0; 2  0; y  nên   * vô nghiệm
+) TH: x  y  1; ta có:  y   y  y    y  2 2 2 5 8 2  y  2   y  2 2 y  2 
y  5 y  8   0  
. Khi y  2  x  1 2  y  2  y  5 y  8 **   y  2   y  2 **    
 y  4 . Khi y  4  x  3  y  22 2
 y  5y  8 y  4  
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm  ;
x y là 1; 2 và 3; 4 Bài 3: (2,0 điểm) 15
a) PT (1) có nghiệm kép    0  1  4 3m 1 
1  0  12m  45  m  4 1 15 1
Nghiệm kép là x  x  . Vậy m 
thì phương trình có nghiệm kép là x  x  1 2 2 4 1 2 2 15
b) PT (1) có hai nghiệm phân biệt x , x    0  1  4 3m 11  0  m  1 2   4
 x  x  1 Theo Viét, ta có: 1 2 
; Theo giả thiết 2017x  2018x  2019 x x  3m 11 1 2  1 2 x  x  1 x  1 Ta có 1 2 1   
2017x  2018x  2019 x  2  1 2  2
Khi đó ta có: 3m 11  2
  m  3 (TMĐK). Vậy m  3 thì phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt x , x sao cho 2017x  2018x  2019 . 1 2 1 2 Bài 4: (2,0 điểm)
a) Gọi x (sào) là số sào dưa hấu ông A đã trồng  x  0 Khi đó:
Số tiền đầu tư là 4x (triệu đồng)
30%  2x 1000 1500
Số tiền bán dưa với giá 1500đ/kg là:
 0,9x (triệu đồng) 1000000
1 30%  2x 1000  3500
Số tiền bán dưa với giá 3500đ/kg là:
 4,9x (triệu đồng) 1000000
Theo đề, ta có phương trình 4,9x  0,9x  4x  9  1,8x  9  x  5 tm
Vậy ông A đã trồng 5 sào dưa hấu.
b) Gọi x, y (m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài khu đất hình chữ nhật ABCD
0  x  60; 0  y 120 240
Theo đề, ta có x  y   120
 y  120  x a y 2 A M D Diện tích vườn thả 2 S
 2400 1  2400m ; CDMN 2400 Diện tích chuồng trại 2 S   800m x ABNM 3 2400
Kích thước còn lại của vườn thả DM  m x B N C 800
Kích thước còn lại của chuồng trại AM  m x 800 2400 3200
Theo đề, ta có: y    y  b x x x 3200
Từ a) và b) có: 120  x  x  x  40 tm 2  
 x  120 x  3200  0   x  40 x  80  0  
x  80 loai    2400 
Vậy chu vi khu đất làm vườn thả là: 2  40   200   m  40 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
Bài 5: (3,0 điểm) a) Tính số đo COD . Chứng minh các A
điểm C, I, K, D cùng thuộc một đường tròn và AC = BD.   Ta có: 0 0
COD  2CAD  2  45  90 (liên hệ giữa góc nội 450 tiếp và góc ở tâm) Tứ giác CDKI có: B   O F 0
CID  CKD  90  AC  BD, CK  AD E I
Vậy tứ giác CDKI là tứ giác nội tiếp, nên các điểm C, I, K, K H
D cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)  D C 0  0
AID : AID  90 , IAD  45  gt  nên AID vuông cân  tại I 0  ADI  45    Do đó 0
ACB  ADI  45 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (T))   0
 ACB  CAD  45  AD / / BC  tứ giác ABCD là hình thang
Mặt khác tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp (gt), nên tứ giác ABCD là hình thang cân  AC = BD (đpcm)
b) Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHE. Tính IK theo R  0  0
AKC : AKC  90 , KAC  45  gt  
nên AKC vuông cân tại K 0  ACK  45    Do đó 0
ACK  ACB  45  CI là phân giác BCH
Mặt khác CI  BH (gt) nên BCH cân tại C  CI là trung trực của BH hay CA là trung trực của BH (a)
Chứng minh tương tự có DK là trung trực của EH hay DA là trung trực của EH (b)
Từ a) và b) suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHE (đpcm)   
* Tính IK theo R Ta có 0 0 0
BCE  ACB  ACK  45  45  90
Nên BE là đường kính của đường tròn (T)  BE  2R 1
BHE : IB  IH 
BH (CI là trung trực của BH) 2 1 KE  KH 
EH (DK là trung trực của EH) 2 1 1
Nên IK là đường trung bình của BHE  IK  BE   2R  R 2 2
c) IK cắt AB tại F. Chứng minh O là trực tâm tam giác AIK và CK.CB = CF.CD
Ta có IA = ID ( AID vuông cân tại I), OA = OD = R (gt)
Nên IO là trung trực của AD  IO  AD hay IO  AK (c)
Tương tự KA = KC ( AKC vuông cân tại K), OA = OC = R (gt)
Nên KO là trung trực của AC  KO  AC hay KO  AI (d)
Từ c) và d)  O là trực tâm AIK (đpcm)     Ta có 0
ABE  ACE  ACK  45 (góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đường tròn (T))   0
AFK  ABE  45 (KI // BE, vì IK là đường trung bình của BHE )     Do đó 0
AFK  ACB  45 hay 0
BFI  BCI  45 , nên tứ giác BICF nội tiếp  0  0 0 0
 BFC  180  BIC  180  90  90     Xét BFC và DKC: 0
BFC  DKC  90  gt, cmt  ; CBF  CDK (tứ giác ABCD nội tiếp) CB CD Vậy BFC DKC (g.g)  
 CK  CB  CF  CD (đpcm) CF CK
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Nguyễn Chí Thanh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4