20 ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

20 ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN TOÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƯỜNG THCS BÌNH TÂY

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(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

4

2

1 2 x 2

Hàm số y  x  4 : x

y  x4

4 0

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

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: 2

A   x1  1 .  x2  1  x1 x2 .

Lời giải a ) Xét phương trình x 2  mx  m  1  0 . 2

  m 2  4  m  1  m 2  4 m  4   m  2   0 .

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m . b) Hai nghiệm của phương trình là: x1  2

m   m  2

 m  1 x2 

m   m  2 2

1

Vậy A   x1  1 .  x2  1  x1 x2   m  2  . 1  1   m  1  1  m . 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

x 1  35%  .90%  x  500000  x 1  35%  .90%  1  500000  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  2

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?

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)

Theo đề bài ta có L  2  3 nên T  2

b) Ta có T  4 nên 4  2

2 3  3,88  s  . 9,81

L L 9,81.4  4   2. L  3,98  m  . 9,81 9,81 2

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 

d 50  25  cm   2 2

Chiều cao của khối nón: h  l 2  r 2  352  252  10 6  cm  1 1 Thể tích phần bên trong của nón lá là: V   r 2 h   .252.10 6  16031,87  cm 3  3 3

Vậy thể tích phần bên trong của nón lá là 16031,87  cm 3  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 10cm3 và nặng 151,8g. Hãy tính thể tích vàng nguyên chất và đồng được dùng để làm ra món trang sức biết khối lượng 3

riêng của vàng nguyên chất là 19,3g cm khối lượng riêng của đồng là 9g cm3 và công thức liên hệ giữa khối lượng và thể tích là m=D.V . Lời giải 3 x , y (cm ) ;( x  0, y  0) Gọi lần lượt là thể tích của vàng nguyên chất và đồng có trong món trang sức. Theo đề ta có:

x  y  10

(1)

Khối lượng vàng nguyên chất trong món trang sức là: 19,3x ( g ) Khối lượng đồng trong món trang sức là: 9 y ( g ) Do đó: 19,3x  9 y  151,8 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

(2)

 x  y  10 9 x  9 y  90   19,3x  9 y  151,8 19,3x  9 y  151,8 10,3x  61,8  x  6   ( n)  y  10  x y  4 Vậy thể tích của vàng nguyên chất trong món trang sức là 6 g cm3 Thể tích của đồng trong món trang sức là 4g 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  SA2  SD.SE  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  .

 ).  (so le), mà   (do SO là phân giác của góc ASB Ta có  ASO  MOS ASO  MSO  = MSO   MOS cân tại M, có MI là trung tuyến.  MSO  MI  OI tại I , mà OI là bán kính của đường tròn  O  .

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

  DAH   1 sñ DH  , mà DAH   DEB   1 sñ BD  Có DGH 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 .

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

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

4 y

1 2 x 2

8

2

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 

3a  b  1 a  1  Từ 1 và  2  có hệ phương trình:  . 4a  b  8 b  4

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   3 x1  2 x2  3 x2  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   S  x1  x2   a   3 .   P  x x  c   9  3 1 2  a 3





Ta có: A   3x1  2 x2  3x2  2 x1   9 x1 x2  6 x12  6 x22  4 x1 x2  6 x12  x22  13x1 x2 2

233 2 2  2  6  x1  x2   2 x1 x2   13x1 x2  6  x1  x2   25 x1 x2  6     25.  3   .   3  3 Câu 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?

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 5 000 000 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 5 000 000 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)

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

  D  CA D. a) Ta có OD  BC với D  (O ) nên D là điểm chính giữa cung BC , nên ta có BA Tam giác ACS vuông tại C do nội tiếp (O) có AS là đường kính.   1   ABK  CSA  sd AC   BAK  s Lại có   CAS  BAK    CSA  ( 900 ) ABK  CAS 

   BA D  CA D    BAK    SAD   KAD Lại xét CAS        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

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   AKC  900  c) Xét tam giác ABC và tam giác AKS có  1  nên   ASB  ACK  sd AB   2

Từ đó ta có:

 ABS  AKC

BS KC .(1)  AB AK

Chứng minh tương tự ta có

 ABK  ASC  SC  KB (2) AC

Cộng (1) và (2) theo vế ta được BS CS BC AB.CS+AC.BS BC AB.CS+AC.BS AB. AC       AB AC AK AB. AC AK 2 BC 2AK

Ta cần chứng minh Mà ta đã có

AB. AC  R  AB. AC  AK .2R  AK . AS 2AK

 ABS  AKC  AB  AK . Vậy AS

AB.CS+AC.BS  R (đpcm) 2 BC

TRƯỜNG THCS ĐOÀN KẾT

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 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.

x1 

b   6  2 b   6  2   4 ; x2   2 2a 2 2a 2

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 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức A  x12 x2 2  x1  x2 . 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:   P  x .x  2 1 2  5 2

2 2 1 2

Nên A  x x  x1  x2   x1 x2  Câu 3.

 2   1  9   x1  x2         .  5   5  25

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.

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  4 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   37x  55,9 y  6249,13 37(32  y )  55,9 y  1562, 28  x  32  y  x  12   18,9 y  378, 28  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.

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

Ta có : ∆AHC vuông tại H: tanC 

AH HC

2 HC 2 2  HC   0 tan60 3  tan600 

∆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

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:

18 18  BC   206,5m BC sin 5 Đổi 18km / h  5m / s sin 5 

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

M O

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

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. 

TRƯỜNG THCS ĐỒNG KHỞI

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 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

Vẽ đồ thị của  P  và  d  trên cùng một hệ trục tọa độ.

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

a) Bảng giá trị: x

4

2

1 2 x 2

y  x4

y

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

4 8

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:

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

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

 10  b  672,3  2  Từ (1) và (2), ta có : :

2 + = 709,1 10 + = 672,3

= −4,6 = 718,3

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.

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).

Xét ABD và ACK có

  ABD   AKC (cùng chắn  AC )  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 ) .

  180 hay   AHM  EBD AHM   ABC  180 . AKF   AKC  180 (2 góc kề bù) và  ABC   AKC (cùng chắn  AC ) Mà   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.

TRƯỜNG THCS HẬU GIANG

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 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 b) Tìm tọa độ giao điểm của  P  và đường thẳng y  x  2 . 2 Lời giải 2

Vì A  2; 1 thuộc  P  : y  ax 2 nên ta có: 1  a  2   a 

1 4

1 Như vậy  P  : y   x 2 . 4 Bảng giá trị:

4

2

4

1  P  : y   x2 4

4

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

Kết luận: Tọa độ giao điểm của  P  và  D  là A1  2; 1 và A2  4; 4  .

1 2 2 x  2 x   0 có 2 nghiệm là x1; x2 . Không giải phương trình, 3 3 2 2 hãy tính giá trị của biểu thức : x1 .x2  x2 .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 Ta có: x12 x2  x2 2 x1  x1 x2  x1  x2   PS  12 .

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). n

b) Cho biết sự tăng dân số theo ước tính cho bởi công thức: S  A. 1  r  , trong đó A là số dân 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 n

Ta có: S  A. 1  r   94000000 1  1,12   97193906 . 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)

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 Thể tích V  3,14hr  3,14.20.    157000 mm .  2  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

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

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   5a  b  25 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

Ta có AQ  BC nên BQ  QC (tính chất tam giác đều)   DC   BMD   DMC  (các góc Như vậy thì theo liên hệ giữa cung và dây cung ta được BD 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 BOC   1 .2.BAC   600 (Lí do BOQ   1 BOC  là vì tam giác BOC cân tại O) BOQ 2 2 2   sin 600  sin BOQ

3 BQ BQ 3    BQ  R  BQ  R 3 2 BO R 2

1 S ABDC  2S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.

TRƯỜNG THCS HOÀNG LÊ KHA

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(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  3 x  1 Cho x  0  y  1 , ( D) qua điểm (0;  1) Cho y  2  x  1 , ( D) qua điểm (1; 2) -

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

x y  2x

2

1

a) M ( xM ; yM ) , xM  2 Vì M  ( P) nên yM  2( xM ) 2  8 , M (2;8) Gọi phương trình đường thẳng OM có dạng: y  ax  b

O (0;0)  OM  0  a.0  b  b  0

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 2

a) x  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  x1  x2  2 Theo hệ thức Vi-et:   x1.x2  3m  1 Vậy m 

Ta có: x1  x2  x1.x2  10  2  (3m  1)  10  3m  7 m

Vậy m 

7  n 3

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)

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  t 2  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 b) Quãng đường vật rơi trong giây thứ 4 là: s  4,9.42  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 5kg , lượng muối trong dung dịch II là 4,8kg. Biết nồng độ muối trong dung

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. Theo đề ta có: x  y  220

(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)

 x  y  220  y  220  x     500 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  500 480 480  x  y  1  x  220  x  1 

(*)

Ta có: (*)  500(220  x)  480 x  x(220  x)

 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 x1 

b   (1200)  1000   100 (n) 2a 2

x2 

b   (1200)  1000   1100 (l) 2a 2

Với x  100  y  220  x  120(n) Vậy khối lượng dung dịch I là 100 kg và khối lượng dung dịch II là 120kg . 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 Chi phí sản xuất y đĩa là: 40 y  40(120  x)  4800  40 x (nghìn đồng) 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:

 x 2  160 x  4800   x 2  160 x  6400  1600 2

   x  80   1600  1600 x  *

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, 2

khi đó   x  80   0  x  80 (n ) 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

N E

H I

F K A

B O

a) Chứng minh: DE . DA = DC . DB Xét (O), có :  AEB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0   900   DEB (kề bù với AEB  90 )

 ACB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0   900   DCA (kề bù với ACB  90 )

Xét  DAC và DBE có:

  DCA   900  là góc chung; DEB 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

N E

H I

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

TRƯỜNG THCS HỒNG NGỌC

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 7

Câu 1.

Thời gian: 90 phút

Cho Parabol ( P) : y  

x2 x 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) -

x2 Vẽ đồ thị ( P) : y   4 Bảng giá trị:

4

2

4

1

4

y

x 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

  b2  4ac  22  4.1.(8)  36 b   2  36 b   2  36   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 x1 

Vậy giao điểm của ( P) và (d ) là A(4;  4) và B  2;  1 .

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 a) (a  1; b  m  2; c  m)

  b 2  4ac  (m  2)2  4.1.(m)  m2  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.  x1  x2  (m  2)  x2  x2   m  2  b) Theo hệ thức Vi-et:   x1 x2   m  x1 x2  m 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 1,5m (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: 1,5m = 0,0015(km)

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 tan10  tan 8  DE  3,9 (km)  DE 

Câu 4.

Vậy chiều cao ngọn núi là: CF  CD  DF  0,0015  3,9  3,9(km) 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

B  chung A  Xét MTA vµ MBT cã   MTA  MBT ( g.g )   1   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)

 MT 2  327.13127  4292529  MT  2072

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 

100  x  75  x  25 (n) 2 2  Theo đề ta có: 48 100  x   270000  100  x   5625   100  x  75  x  175 (l ) 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 12,8 cm 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 12,8 cm 2 , chiều cao là 8,5mm  0,85 cm . Vậy thể tích tượng đá là V  12,8.0,85  10,88cm 3

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

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   900 b)Chứng minh: EOF

 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   900 b)Chứng minh: EOF

 + FON  = EOF  Ta có : EON Mà

 1  EOF = 2 POQ   OMP   1 POQ   PMO   900  EOF :  1 2  = 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   900  EOF   KNO   HNO  Mà HEO Suy ra NI hay NO là tia phân giác của góc HNK.

TRƯỜNG THCS HÙNG VƯƠNG

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 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  4x 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

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. x  x  8 b) Theo định lí Vi-ét ta có:  1 2  x1 x2  2 2

A

x12  x22  x  x   2 x1 x2  82  2. 2  17 .  1 2 7.8 14 7 x1  7 x2 7  x1  x2 

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:

d

Câu 4.

v 2 8002   65239,55 (m). g 9,81

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   Trong tam giác vuông ACH ta có: tan      180 24 ' . CH 11 11

 ACH  2  360 48' . Câu 5.

Vậy góc sút phạt đền là 36 0 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

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  5 z . Chia các vế cho 60 ta được:

x y z   . 20 15 12

Do 3 kg kiwi đắt hơn 2 kg táo là 210 000 đồng nên ta có phương trình: 3 x  2 z  210 000 . Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z 3 y  2z 210 000      10 000 , 20 15 12 3.15  2.12 21 

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).

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)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 :

  BEC   90o (do BE, CF là hai đường cao) BFC  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.

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

Suy ra IA.ID  IC 2 

BC 2 không đổi 4

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

TRƯỜNG THCS LÊ ANH XUÂN

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 9

Câu 1.

Thời gian: 90 phút

Cho parabol  P  y   x2 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   x2 :

2

1

y   x2

4

1

4

- Một số điểm thuộc đồ thị hàm số y  x  2 :

2

1

y  x2

4

3

2

1

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  x2  x  2  0   .  x  2 Với x  1  y  1 . Với x  2  y  4 .

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

3   x1  x2  4   x x  1  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

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

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   r 2 h (   3,14 ) 3

Lời giải

Theo công thức ta có r  OC  5cm , ta cần tính h  OA . Theo đề, tam giác AOC vuông tại O nên ta có h  OA  AC 2  OC 2  132  52  12(cm) 1 1 Khi đó thay vào công thức ta được V   r 2 h  .52.12.  100  314,16(cm3 ) 3 3

Vậy thể tính cần tìm là 100  314,16(cm3 )

TRƯỜNG THCS LÊ LỢI

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 10

Câu 1.

Thời gian: 90 phút

2 Cho hàm số y  x  2 có đồ thị là  d  và hàm số y   x có đồ thị là  P  .

a) Vẽ  d  và  P  trên cùng mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của  d  và  P  bằng phép tính. Lời giải 2 a) - Một số điểm thuộc đồ thị hàm số y   x :

2

1

y   x2

4

1

4

- Một số điểm thuộc đồ thị hàm số y  x  2 :

2

1

y  x2

4

3

2

1

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  x2  x  2  0    x  2 Với x  1  y  1 . Với x  2  y  4 . Vậy giao điểm của  P  và  d  là A 1;  1 và B  2;  4  . Câu 2.

(1,5 điểm) Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  2m  0

(1) ( x là ẩn số, m là tham số).

a) Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của phương trình (1) thỏa mãn:

x12  x22  2 x1 x2  5 Lời giải a) x 2  2  m  1 x  2m  0 (1). 2

   m  1  1.  2m   m2  1  0 với mọi m . Suy ra (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . b) Với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt, theo hệ thức Vi-ét ta có:

b   S  x1  x2   a  2  m  1 .   P  x x  c  2m 1 2  a 2

Ta có: x12  x22  2 x1 x2  5   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  5   x1  x2   4 x1 x2  5  0 2

 4  m  1  4.  2m   5  0  4m2  9  0 với mọi m nên phương trình vô nghiệm. Vậy không có m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách khác: 2

Ta có: x12  x22  2 x1 x2  5   x1  x2   5 (Vô lý). Nên không tồn tại x1 , x2 thỏa yêu cầu Câu 3.

bài toán. Tức là không có m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Một người có 3 đôi giày với hình thức khuyến mãi như sau: Nếu bạn mua một đôi giày với mức giá thông thường, bạn sẽ được giảm giá 30% khi mua đôi thứ hai, và mua một đôi thứ 3 với một nửa giá ban đầu. Bạn An đã trả 1320 000 (VNĐ) cho ba đôi giày. a ) Giá ban đầu của một đôi là bao nhiêu? b) Nếu cửa hàng đưa ra hình thức khuyến mãi thứ hai là giảm 20% mỗi đôi giày. Bạn

An nên chọn hình thức khuyến mãi nào nếu mua ba đôi giày. Lời giải a ) Gọi x là giá gốc một đôi giày.

Số tiền phải trả khi mua ba đôi là x 

7 1 x x. 10 2

Lại có số tiền bạn An đã trả khi mua ba đôi là 1320 000 . 

11 x  1320 000  x  600 000 (VNĐ). 5

b) Ở hình thức khuyến mãi hai thì giảm 20% mỗi đôi giày  Số tiền phải trả khi mua 8 ba đôi là: 3.600 000.  1440 000 (VNĐ)  1320 000 (VNĐ). 10

Vậy bạn An nên chọn hình thức khuyến mãi một. Câu 4 . Chu vi của một vườn hoa anh đào là 1000m, hiệu độ dài 2 cạnh là 200m. Tính diện tích vừa hoa đào Lời giải Gọi x, y ( x, y    ) lần lượt là độ dài tính bằng mét của chiều rộng và chiều dài của vườn 1000 hoa anh đào. Nửa chu vi vườn hoa là:  500( m) . Theo đề ta có hệ phương trình sau 2

 x  y  500 2 y  700  y  350   (thỏa mãn điều kiện).   y  x  200  x  y  200  x  350  200  150 Vậy diện tích của vườn hoa là S  xy  150.350  52500(m2 ) Bài 5.

Một hình chóp đều có độ dài cạnh bên bằng 25 cm , đáy là hình vuông ABCD cạnh 30 cm . Tính diện tích xung quanh của hình chóp.

25 cm 30 cm

H C

Lời giải S

Gọi H là trung điểm của CD . Vì SCD cân tại S  SH  CD . Ta có: d  SH  SC 2  CH 2  252  152  400  20  cm  Diện tích xung quanh của hình chóp: 1 S xq  p.d  .30.4.20  1 200  cm 2  . 2

Bài 6.

Quãng đường của một chiếc xe chạy từ A đến B cách nhau 235 km được xác định bởi hàm số s  50t  10 , trong đó s  km  là quãng đường của xe chạy được, và t (giờ) là thời gian của xe. a)

Hỏi sau 3 giờ xuất phát thì xe cách A bao nhiêu km?

b) Thời gian xe chạy hết quãng đường AB là bao nhiêu giờ?

Lời giải a) Sau 3 giờ xuất phát thì xe cách A : s  50.3  10  160 km. Thời gian xe chạy hết quãng đường AB : 235  50t  10  t 

9 h . 2

Câu 7: Nước muối sinh lý là dung dịch natri clorid 0,9% (NaCl 0,9%) được bào chế trong điều kiện. Dung dịch nước muối này chứa muối ăn ở nồng độ 0,9% (tức là 1 lít dung dịch nước muối chứa 9g muối ăn), tương đương với nồng độ của dịch cơ thể con người gồm máu, nước mắt,… a) Nhà sản xuất sản xuất ra 1 triệu chai nước muối sinh lý với mỗi chai chứa 10ml dung dịch nước muối 0,9% thì cần bao nhiêu kilogram muối ăn nguyên chất (không chứa tạp chất). b) Với khối lượng muối ăn trên có thể sản xuất được nhiều nhất bao nhiêu chai nước muối sinh lý với thể tích mỗi chai là 500ml. Lời giải a) Nồng độ muối là 0,9% nên khối lượng muỗi trong mỗi chai 10ml là m  9.0, 01  0, 09( gam)

Vì sản xuất ra 1 triệu chai nước muối sinh lý nên lượng muối ăn nguyên chất cần dùng bao gồm:

m1000000 chai  0, 09.1000000  90000( gam) Vậy cần 90000(gam) muối ăn nguyên chất. b) Lượng muối có trong mỗi chai nước muối sinh lý 500ml là: m  9.0,5  0, 45( gam) Với 90000g muối ăn nguyên chất, số chai nước muối sinh lý nhiều nhất có thể sản xuất được là: A  90000 : 4,5  20000(chai )

Vậy với lượng muối ăn ở câu a, ta sản xuất được nhiều nhất 20000 chai nước muối ăn sinh lý 500ml.

Câu 8.

Cho ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp (O) , các đường cao BE và CF cắt nhau tại H . a) Chứng minh tứ giác AEHF và tứ giác BCEF nội tiếp b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I . Vẽ tiếp tuyến ID với (O) ( D là tiếp điểm, thuộc cung nhỏ ). Chứng minh ID 2  IB.IC c) DE , DF cắt đường tròn (O) tại P và Q . Chứng minh PQ / / EF . Lời giải

AEH   AFH  900 ( BE và CF là các đường cao) a) Ta có  AEH   AFH  1800  tứ giác AEHF nội tiếp được.(hai góc đối nhau có tổng Suy ra  bằng 1800 )   BEC   900 ( BE và CF là các đường cao), suy ra tứ giác BCEF nội tiếp được Ta có BFC (hai góc kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau). b) Xét IDB và ICD

  CID  (góc chung), IDB   ICD   1 sd BD   IDB đồng dạng ICD (g.g) Có DIB 2 ID IB   ID 2  IB.IC (điều phải chứng minh). IC ID   CIE  (góc chung); IFB   ICE  (góc ngoài bằng góc đối c) Xét IFB và ICE có FIB

trong do tứ giác BCEF nội tiếp). Suy ra IFB đồng dạng ICE (g.g) 

IF IB   IF .IE  IB.IC IC IE

Theo câu b: ID 2  IB.IC  ID 2  IE.IF  Xét IDF và IED có

ID IE  IF ID

ID IE  ; EID chung. Nên IDF đồng dạng IED (c.g.c)  IF ID

  IDF  (hai góc tương ứng). Mà IDF   DPQ   1 sd DQ   DPQ   IED   IED 2  PQ / / EF (hai góc đồng vị bằng nhau).

TRƯỜNG THCS NAM VIỆT

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 11

Thời gian: 90 phút

x2 x và đường thẳng  d  : y    2 . 2 4 a. Vẽ  P  và  d  .

Câu 1: Cho  P  : y 

b. Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  . Lời giải a.  Vẽ  P  : y  Ta có x 4 y 4

2 1

x2 . 4

0 0

2 1

4 4

Vậy đồ thị hàm số  P  : y 

x2 đi qua một số điểm là:  4; 4  ,  2;1 ,  0;0  ,  2;1 ,  4;4  . 4

x  Vẽ  d  : y    2. Ta có: 2 x y

0 2

4 0

x Vậy đồ thị hàm số  d  : y    2 đi qua hai điểm là:  0;2  ,  4;0  2

b. Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  là:

x2 x    2  x 2  2 x  8 4 2  x2  2 x  8  0

x  2   x  4  Với x  2  y  1.  Với x  4  y  4. Vậy giao điểm của  P  và  d  là :  2;1 và  4;4  . Câu 2.

Cho phương trình 2 x2  3x  1  0 có hai nghiệm x1 ; x2 . Tính giá trị biểu thức sau

A  x1  x2 . Lời giải Phương trình 2 x2  3x  1  0 1 có a. c  2.  1  2  0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt.

b 3   S  x1  x2   a  2 Áp dụng định lý Viet, ta có:  P  x . x  c   1 1 2  a 2 Ta có:

A  x1  x2 2

 A2   x1  x2   x12  x22  2. x1. x2

 x12  x22  2. x1. x2  4. x1. x2 2

  x1  x2   4. x1. x2  S 2  4P 2

17 3  1 9     4     2  4 2  2 4 Suy ra A 

17 . 2

Câu 3: Cho đường tròn  O  có bán kính OA  3 . Đường trung trực của OA cắt nửa đường tròn tại C . Tính độ dài dây cung AC của  O  . Lời giải

Gọi H là trung điểm của OA . Ta có CH là trung trực của OA nên CA  CO , mà CO  AO . Suy ra AOC là tam giác đều. Suy ra CA  CO  AO  R . Vậy AC  R . Câu 4: Ô nhiễm không khí là tình trạng có liên quan tới việc không khí bị nhiễm bẩn bởi sợ hiện diện của các vật chất có khả năng gây nguy hại tới sức khỏe và các vấn đề môi trường, khí CO là một trong những vật chất đó. Để đo lường mức độ ô nhiểm không khí hàng ngày, chúng ta sử dụng chỉ số chất lượng không khí AQI (Air Quality Index). Chỉ số AQI ở mức 50 cho thấy chất lượng không khí tốt, không có nhiều tiềm năng gây hại tới sức khỏe, trong khi chỉ số hơn 300 cho thấy những nguy cơ nghiêm trọng tới sức khỏe con người. Hàm đo chỉ số AQI của khí CO tại một trạm gần khu công nghiệp được cho bởi công C thức AQI CO  CO .100 , trong đó CCO là nồng độ khí CO trong không khí. Giả sử khu 5 công nghiệp này thải ra khí CO , nồng độ được tính theo công thức CCO  5  t ( t đo bằng giờ). Hỏi công nhân trong khu công nghiệp này làm việc liên tục trong 8 giờ có ảnh hưởng tới sức khỏe không? Lời giải Ta có CCO  5  t , với t  8  CCO  13 . Có AQI CO 

CCO .100 , với CCO  13  AQI CO  260 , có 50  260  300 . 5

Ta thấy chỉ số AQI CO gần chạm mốc 300 . Nên công nhân trong khu công nghiệp này làm việc liên tục trong 8 giờ nồng độ khí CO trong không khí ảnh hưởng không tốt tới sức khỏe. Câu 5: Anh A đến cửa hàng điện tử mua ti vi Samsung 42 inch trong tuần đầu của tháng 1 năm 2018, nhưng do chưa tham khảo gia đình nên tuần sau anh đến mua thì cửa hàng đã tăng giá 15% nên tổng số tiền phải trả là 15.500.000 đ. Hỏi số tiền tivi bán đầu tuần là bao nhiêu? Lời giải Gọi x đồng là số tiền Anh A phải trả nếu mua tivi trong tuần đầu của tháng 1 năm 2018. Theo đề tuần sau mua thì ti vi tăng giá 15% nên ta có công thức:

x  x.15%  15.500.000  x.115%  15.500.000  x  13478260,87 (đồng).

Vậy giá tiền của tivi bán đầu tuần là 13478260,87 đồng Câu 6. Một đồng hồ có kim giờ dài 4 cm và kim phút dài 6 cm . Hỏi lúc 14 giờ đúng, khoảng cách giữa hai đầu kim là bao nhiêu? Lời giải

Một vòng tròn có số đo góc là 3600 . Đồng hồ gồm 12 góc chia đều nhau  1 góc có số AOB  600 . đo là 300   Gọi Q là hình chiếu của A lên OB . Xét  vuông OAQ ta có cos  AOQ 

OQ  OQ  OA.cos 60  2  cm  . OA

 QB  OB  OQ  4  cm  .

Lại có QA  OA2  OQ 2  2 3  cm  .



Xét  vuông ABQ ta có AB  QB 2  QA2  42  2 3 Câu 7.



 2 7  cm  .

Trong một giờ thực hành đo cường độ dòng điện bằng Ampe kế, các bạn tổ 4 của lớp

9A đã đặt một hiệu điện thế U  18 V có giá trị không đổi vào hai đầu đoạn mạch chứa R1 , R2 . Các bạn bố trí vị trí lắp Ampe kế để đo cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch. Khi hai điện trở R1 , R2 mắc nối tiếp thì các bạn thấy số chỉ của Ampe kế là 0, 2 A, còn khi mắc song song R1 , R2 thì số chỉ Ampe kế là 0,9 A. Tính giá trị điện trở

R1 , R2 . Lời giải Mạch có hiệu điện thế không đổi U  18 V

 Mạch mắc nối tiếp: Rtd  R1  R2   Mạch mắc song song: Rtd  Thay 1 vào  2  ta được:

U  R1  R2  R1  R2  90  R1  90  R2 1 . I nt

R1.R2 U R .R R .R   1 2  1 2  20  2  . R1  R2 I ss R1  R2 R1  R2

 90  R2  .R2

 R  60  R1  30  20  R2 2  90 R2  180  0   2 . 90  R2  R2  R2  30  R1  60

Vậy R1  30    ; R2  60    hoặc ngược lại. Câu 8.

Một khối u của một bệnh nhân cách mặt da 5, 7cm , được chiếu bởi một chùm tia gamma. Để tránh làm tổn thương mô, bác sĩ đặt nguồn tia cách khối u (trên mặt da) 8, 3cm (như hình vẽ)

a) Hỏi góc tạo bởi chùm tia với mặt da? b) Chùm tia phải đi một đoạn dài bao nhiêu để đến được khối u? Lời giải Dựng hình như hình vẽ. AB là bề mặt da.

BC là khoảng cách từ da đến khối u. AC là đường đi của chùm tia gamma. a) Gọi góc tạo bởi chùm tia và mặt da là  .

ABC vuông tại B có: tan  

BC 5, 7 57   AB 8,3 83

Suy ra   34o 29' . Vậy góc tạo bởi chùm tia và mặt da là 34o 29' . b) Đoạn đường chùm tia đi tới khối u là đoạn AC Theo định lí Pitago, tao có: AC 2  AB 2  BC 2  8,32  5,7 2  101,38 Suy ra: AC  10, 07 cm Vậy chùm tia phải đi một đoạn dài 10, 07 cm để đến được khối u.

TRƯỜNG THCS NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 12

Câu 1:

Thời gian: 90 phút

Cho phương trình x2  mx  m2  1  0 ( x là ẩn số). a)

Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .

b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: x12  x22  m 4  m  x1  x2   1 .

Lời giải a)

Ta có:   m 2  4   m 2  1  5m 2  4  0, m .

Vậy phương trình trên luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .

 S  x1  x2  m b) Theo định lí vi-ét, ta có:  . 2  P  x1.x2  m  1

Ta có: x12  x22  m 4  m  x1  x2   1





   m   2   m 2  1  m 4  m   m   1  0

 m4  2m2  3  0 . Ta có: a  b  c  1  2  3  0 nên phương có 2 nghiệm m  1 hoặc m  3 . Câu 2: a)

Vẽ đồ thị  P  của hàm số y 

1 2 x và đường thẳng 2

 D : y  

1 x  1 trên cùng một 2

hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ các giao điểm của  P  và  D  ở câu trên bằng phép tính. Lời giải a) Bảng giá trị:

y

4

2

1 2 x 2

4 8

y

1 x 1 2

Vẽ đồ thị của  P  và  d  :

Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :

1  x 1 y  1 2 1 2  x   x 1  x  x  2  0  2 .  2 2  x  2  y  2

Câu 3.

 1 Vậy tọa độ các giao điểm của  P  và  d  : 1;  ,  2; 2  .  2 Trong một ngày trường A cần làm 120 cái lồng đèn ông sao để trang trí trường nhân ngày trung thu. Biết rằng mỗi bạn nam làm được 2 cái, mỗi bạn nữ làm được 3 cái trong một ngày. Gọi x là số bạn nam, y là số bạn nữ được trường huy động làm.

a) Viết phương trình biểu diễn y theo x . b) Nếu trường chỉ huy động được 15 bạn nam có khả năng làm thì cần huy động bao nhiêu bạn nữ? Lời giải a)

Số lồng đèn x là số bạn nam làm được trong một ngày: 2x

Số lồng đèn y là số bạn nữ làm được trong một ngày: 3y Trong một ngày trường A cần làm 120 cái lồng đèn nên ta có phương trình

2 x  3 y  120 Vậy y 

120  2 x 2  x  40 3 3

b) 15 bạn nam, suy ra x  15  y 

2 .15  40  30 3

Vậy cần huy động 30 bạn nữ. Câu 4.

Anh Quang góp 15 triệu đồng, anh Hùng góp 13 triệu đồng để kinh doanh. Sau một thời gian được lãi 7 triệu đồng, lãi được chia tỉ lệ với vốn đã góp. Hãy tính số tiền lãi mà mỗi anh được hưởng Lời giải Tổng vốn hai người góp là 28 triệu.

 Tỉ lệ vốn góp của anh Quang và Hùng lần lượt là Số tiền lãi anh Quang nhận được là:

Câu 5.

15 13 và . 28 28

15 15 7   3, 75 triệu đồng. 28 4

Số tiền lãi anh Hùng nhận được là: 7  3, 75  3, 25 triệu đồng. Có một bình đựng 120 gam dung dịch loại 15% muối. Hỏi muốn có được dung dịch loại 8% muối thì phải đổ thêm vào bình đó bao nhiêu gam nước tinh khiết? Lời giải Ta có: C % 

mct 15 mct 9 100   100  mct  . mdd 100 120 50

Để nồng độ % mới là 8% thì mdd 2 

mct 9 100  100  225  g  . C% 50.8%

Vậy khối lượng nước cần thêm vào là mdd2  mdd1  225  120  105  g  . Câu 6.

Giả sử CD  h là chiều cao của tháp, trong đó C là chân tháp. Chọn hai điểm A, B trên mặt đất sao cho ba điểm A, B và C thẳng hàng. Ta đo khoảng cách AB và các góc CAD, CBD .

    630 , CBD     480 . Hãy tính chiều cao h Chẳng hạn ta đo được AB  24 m, CAD

của tháp.

Lời giải  Ta có: tan CAD  Và tan CBD

CD CD  tan 630  AC AC

CD CD  tan 480  BC 24  AC

1 . 2 .

Từ 1 và  2  , ta được: tan 630. AC  tan 480.  24  AC   AC  31, 28  m  . Thay vào 1 ta được: CD  AC. tan 630  61, 4  m  . Câu 7 Một dụng cụ gồm một phần có dạng hình trụ, phần còn lại có dạng hình nón. Các kích thước cho ở hình bên. Hãy tính: a) Thể tích của dụng cụ này. b) Diện tích mặt ngoài của dụng cụ không tính nắp đậy.

Lời giải Đổi: 70cm  0, 7m Bán kính dụng cụ: R 

1, 4  0, 7 m 2

Độ cao phần hình nón: hnon  1,5  0, 7  0,8m a) Thể tích của dụng cụ: V  Vtru  Vnon 1   R 2 .htru   R 2 .hnon 3 1 2 2  3,14.  0, 7  .0, 7  .3,14.  0, 7  .0,8 3

 1, 49m3 b) Độ dài đường sinh của hình nón:

l  h 2 non  R 2  0,82  0, 7 2  1, 06m Diện tích mặt ngoài của dụng cụ: S xq  S xqTru  S xqNon

 2 R.htru   R.l  2.3,14.0, 7.0, 7  3,14.0, 7.1, 06

 5, 41m 2 Bài 8. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB . Trên nửa đường tròn lấy điểm C ( C khác A,B ) . Trên cung BC lấy điểm D ( D khác B,C ) . Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại B và cắt các đường thẳng AC, AD lần lược tại E, F. a. Chứng minh rằng : Tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn . b.

Gọi I là trung điểm của BF. Chứng minh : ID là tiếp tuyến của nửa đường tròn đã

cho. c.

 cắt AF, AE lần lược tại M, N. CD cắt đường thẳng d tại K, tia phân giác của CKE

CMR : ΔAMN cân Lời giải a. Chứng minh : Tứ giác CDEF nội tiếp được đường tròn. Do các điểm A,C,D,B cùng nằm trên nửa đường tròn đường kính AB.

  ABD   180 mà Suy ra : Tứ giác ACDB nội tiếp  ACD   ACD  ECD 180   ABD  1 Do đó : ECD 

  DBF   90 và Mặc khác ta có : DFB   DBF   90  DFB   ABD  2 ABD     DFB  mà DFE   DFB   180  DFE   DCE   180  Tứ giác CDFE Từ 1 , 2 suy ra : ECD nội tiếp được một đường tròn. b. Chứng minh : ID là tiếp tuyến của nữa đường tròn đã cho.

  90 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn ) Ta có: ADB Xét tam giác BDF vuông tại D có I là trung điểm của BF  ID  IB  ΔIBD cân tại I   IBD  1  IDB    OBD  2 , mà IBD   OBD   90 3 ΔODB cân tại O ( do OB  OD  R )  ODB   

  IDB   90  IDO   90  ID  OD tại D. Do đó ta có : ID là tiếp Từ 1 , 2 , 3  ODB tuyến của nửa đường tròn đã cho.

c. Chứng minh : ΔAMN cân. Do tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn   NCD   180; KFD   NCD   180  NCD   KFD  3  DFE    KFD   180 4 , ACD   180 5 . Từ : 3 , 4 , 5  ACD  6 Mà : EFD     NCD          EFD    CNK   NKC  7 ; EFD   MKE   NMD   MKE  8 Ta có: ACD     FMK     NKC   CNK   NKC   ANM   AMN   ΔAMN cân tại A Từ : 6 , 7  , 8  MKE

TRƯỜNG THCS NHÂN VĂN

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 13

Thời gian: 90 phút

1 1 Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số y   x 2 có đồ thị  P  và hàm số y  x  1 có đồ thị  D  . 2 2 a) Vẽ  P  và  D  trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của  P  và

 D  bằng phép tính. Lời giải

c) Lập bảng giá trị. 1 Hàm số y   x 2 . 2

4 8

1 y   x2 2

Hàm số y 

y

2

8

1 x 1. 2

2

1 x 1 2

2

d) Phương trình hoành độ giao điểm: 1 1  x2  x  1 2 2 1 2 1   x  x 1  0 2 2 2  x  x  2  0  x 1   x  2 1 ; 2 Với x  2 thì y  2 .

Với x  1 thì y 

Vậy  P  và

 D  cắt nhau tại hai điểm

 1 A  1;  và B  2;  2  .  2

Câu 2. (1 điểm) Cho phương trình 2 x2  x  5  0 a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Tính tổng và tích hai nghiệm. b) Tính giá trị biểu thức B  x12  x22  x1 x2 . Lời giải a) Vì   1  4.2.(5)  41  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Ta có S  x1  x2 

b) Theo đề bài, ta có

b 1 c 5 ; P  x1.x2   .  a 2 a 2

B  x12  x22  x1 x2  x12  x22  2 x1 x2  2 x1 x2  x1 x2 2

  x1  x2   3 x1 x2 2

5  1      3. 2  2  31  4

Câu 3: (1đ) Hai bạn Bình và Mai cùng đi trên một con đường và cách trường học lần lượt là 200m ; 500m. Hai bạn đi ngược hướng với trường, vận tốc của Bình 3km/h, của Mai là 2km/h. Gọi y là khoảng cách từ trường đến hai bạn và t là thời gian hai bạn cùng đi. a) Lập hàm số y theo t của mỗi bạn. b) Tìm thời gian hai bạn gặp nhau? Lời giải a) Khoảng cách từ trường đến vị trí của bạn Bình là : y  0, 2  3t (m) Khoảng cách từ trường đến vị trí của bạn Mai là : y  0,5  2t (m) b) Thời gian hai bạn gặp nhau: 0, 2  3t  0,5  2t  t  0,3 (h)

Câu 4.

Vậy sau 0,3 (h) hay 18 phút thì hai bạn gặp nhau. (1đ) Bác An xây dựng 1 căn nhà như hình vẽ 12m

bên, biết phần mái nhà có dạng là lăng trụ đứng đáy là tam giác cân còn phần thân nhà là hình hộp chữ nhật.

1,2m

a) Tính thể tích phần thân nhà? b) Tính diện tích phần tole cần lợp đủ phần mái nhà?

3,5m 7m

Lời giải a) Thể tích phần thân nhà: 7.3,5.12  294(m3 ) b) Độ dài mỗi miếng tôn là: 1, 2 2  3,52 =3,7(m) Diện tích phần tôn cần lợp đủ phần mái nhà là:

2.3,7.12  88,8(m2 ) Câu 5:

Một laptop có chiều rộng 36,6cm và chiều cao 22,9cm . Tính độ dài đường chéo? Cho biết Laptop bao nhiêu inch? ( 1 inch  2,54 cm ).

Lời giải Độ dài đường chéo của Laptop là:

36,62  22,92  43, 2 cm.

Số inch của Laptop trên là: 43,2 : 2,54  17 inch. Câu 6:

Bà An gởi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền là 200 triệu với lãi suất là 8% / một năm. Hỏi sau hai năm số tiền bà An rút được cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu. Biết rằng số tiền gửi vào năm đầu cộng với số tiền lãi gộp vào để tính số tiền gửi trong năm thứ hai. Lời giải Số tiền bà An rút tiền cả vốn lẫn lãi sau năm thứ nhất là: 200.1  8%   216 triệu đồng. Số tiền bà An rút tiền cả vốn lẫn lãi sau năm thứ hai là: 216. 1  8%   233, 28 triệu đồng.

Câu 7:

Một lớp học 40 học sinh, trong đó nam nhiều hơn nữ. Trong giờ ra chơi, cô giáo đưa cả lớp 260 000 đồng để mỗi bạn nam mua một ly Coca giá 5 000 đồng/ly, mỗi bạn nữ mua một bánh phô mai giá 8 000 đồng/cái và được căn tin thối lại 3 000 đồng. hỏi lớp có bao nhiêu học sinh nam và bao nhiêu học sinh nữ? Lời giải Gọi x, y (học sinh) là số học sinh nam và nữ cần tìm. Điều kiện: x, y  * . Vì lớp học có 40 học sinh nên có phương trình x  y  40 1 . Vì cô giáo đưa cả lớp 260 000 đồng để mỗi bạn nam mua một ly Coca giá 5 000 đồng/ly, mỗi bạn nữ mua một bánh phô mai giá 8 000 đồng/cái và được căn tin thối lại 3 000 đồng nên có phương trình: 5 000 x  8 000 y  260 000  3 000  257 000  2  .

 x  y  40  x  21  Từ 1 và  2  ta có hệ phương trình:  (thỏa điều 5000 x  8000 y  257000  y  19 kiện). Vậy số học nam của lớp là 21 học sinh. Số học sinh nữ của lớp là 19 học sinh.

Câu 8. Cho đường tròn  O  và điểm A nằm ngoài đường tròn  O  . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của  O  (trong đó B, C là các tiếp điểm); vẽ cát tuyến AED của  O  (trong đó E nằm giữa A và D ). a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và AO  BC tại H . b) Chứng minh AC 2  AE.AD . c) Chứng minh tứ giác OHED nội tiếp. Lời giải A

H E O

ABO   ACO  90 , suy ra tứ giác Vì AB, AC của  O  (trong đó B, C là các tiếp điểm) nên  ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO . Có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB  OC (bằng bán kính) nên AO là đường trung trực của đoạn thẳng BC , suy ra AO  BC tại H .

b) Xét hai tam giác AEC và ACD có:

 chung, - CAE ) ACE   ADC (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung EC -  Suy ra hai tam giác AEC và ACD đồng dạng (g.g). Do đó c)

AC AE hay AC 2  AE. AD .  AD AC

Tam giác ACO vuông tại C có đường cao CH nên AC 2  AO. AH (hệ thức lượng trong tam giác vuông). Lại có AC 2  AE. AD (câu b)) nên AO. AH  AE. AD hay Xét hai tam giác AEH và AOD có:  chung, OAD 

AH AE .  AD AO

AH AE  AD AO



Suy ra hai tam giác AEH và AOD đồng dạng (c.g.c).

AEH   AOD . Suy ra    180 (kề bù) nên    180 . AEH  HED AOD  HED Mặt khác    HED   180 nên là tứ giác nội Tứ giác OHED có hai tổng góc đối diện bằng 180 HOD





tiếp. TRƯỜNG THCS PHẠM ĐÌNH HỔ

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 14

Thời gian: 90 phút

Câu 1: (1,5 điểm) Cho hàm số  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  mx  2 (với m  0 ) a) Vẽ  P  trên hệ trục tọa độ Oxy . b) Khi m  1 , hãy tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  bằng phép tính. Lời giải a Vẽ  P  trên hệ trục tọa độ Oxy . Bảng giá trị:

Đồ thị

b) Khi m  1 , hãy tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  bằng phép tính. Khi m  1 thì  d  : y  x  2 . Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :

 x  1, y  1 x2  x  2  x2  x  2  0    x  2, y  4 Vậy tọa độ giao điểm của  P  và  d  : 1; 1 ,  2; 4  Câu 2: (1 điểm) Cho phương trình: x  3 x  4   2 x 2  5 có hai nghiệm x1; x2 2

Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức sau: A  2  x1  x2   3 x1 x2 . Lời giải x  3 x  4   2 x 2  5  x 2  4 x  5  0 1

Có a  1, c  5 chúng trái dấu nên phương trình 1 luôn có 2 nghiệm x1; x2 .

 b  x1  x2   a  4 Theo Vi-et có   x x  c  5  1 2 a 2 2 2 Ta có A  2  x1  x2   3 x1 x2  2  x1  x2   4 x1 x2   3 x1 x2  2  x1  x2   5 x1 x2    A  2.4 2  5  5   57 .

Vậy A  57 . Câu 3: (0,75 điểm) Kính lão đeo mắt của người già thường là một loại thấu kính hội tụ. Bạn Nam đã dùng một chiếc kính lão của ông ngoại để tạo ra hình ảnh của một cây nến trên một tấm màn. Cho rằng cây nến là một vật sáng có hình dạng đoạn thẳng AB đặt vuông góc với trục

chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính đoạn OA  2 m . Thấu kính có quang tâm là O và tiêu điểm F . Biết cây nến cao 12 cm và ảnh thật thu được cao 3,6 dm (có đường đi của tia sáng được mô tả như hình vẽ). Tính tiêu cự OF của thấu kính.

Lời giải Theo giả thiết có: OA  2 m =200 cm , AB  12 cm , AB  3,6 dm= 36 cm . Có OB  OA 2  AB 2  4 2509  cm  . Ta có OF // BC , AB// AB . Theo định lý Thales thì:

AB OB AB 18   OB  .OB  2509  cm  . AB OB AB 25 Mặt khác có  OF 

OF OB  . BC BB

BC .OB  BB

200 18 . 2509  30,5  cm  . 18 25 4 2509  2509 25

Vậy OF  30,5  cm  . Câu 4. (0,75 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với AB  2a , BC  a . Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì được hình trụ có thể tích V1 và khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì được hình trụ có thể tích V2 . Tính tỉ số Lời giải

V2 . V1

Hình trụ có thể tích V1 có đường sinh l1  h1  AB  2a , r1  BC  a . Hình trụ có thể tích V2 có đường sinh l2  h2  BC  a , r2  AB  2a . 2

Ta có

V2  r2 2 h2 BC  AB  AB 2a   .   2.   2 V1  r1 h1 AB  BC  BC a

Câu 5: (1 điểm) Người ta nuôi cá trong một bể xây, mặt bể là hình chữ nhật chiều dài 60 m , chiều rộng 40 m . Trên mỗi đơn vị diện tích mặt bể người ta thả 12 con cá giống, đến mỗi kỳ thu hoạch, trung bình mỗi con cá cân nặng 240 g . Khi bán khoảng 30 000ñoàng/kg và thấy lãi qua kỳ thu hoạch này là 100 triệu. Hỏi vốn mua cá giống và các chi phí trong đợt này chiếm bao nhiêu phần trăm so với giá bán (làm tròn 1 chữ số thập phân) Lời giải Có 240 g=0,24  kg 

 

Diện tích mặt hồ: 60.40  2 400 m 2

Có 1m 2 thì thả 12 con cá giống nên số cá giống cần thả trong hồ là: 2 400.12  28800  con 

Số kg cá khi thu hoạch: 28800.0,24  6912  kg  Số tiền thu được khi bán hết cá: 6912.30000  207360 000  ñoàng   207,36.10 6  ñoàng  Chi phí để nuôi cá:  207,36  100  .10 6  107,36.106  ñoàng  Tỉ số phần trăm vốn mua cá giống và các chi phí so với giá bán: 107,36  0,5177  0,5  50% 207,36 Vậy chi phí vốn gần bằng 50% so với giá bán. Câu 6: (1 điểm) Giá tiền điện hàng tháng ở nhà bạn Nhung được tính như sau:  Mức 1 : tính cho 50 kWh đầu tiên.  Mức 2 : tính cho số kWh từ 51 đến 100 kWh , mỗi kWh ở mức 2 thì đắt hơn 51 đồng so với ở mức 1 .

 Mức 3 : tính cho số kWh từ 101 đến 200 kWh , mỗi kWh ở mức 3 thì đắt hơn 258 đồng so với ở mức 2 .  Mức 4 : tính cho số kWh từ 201 đến 300 kWh , mỗi kWh ở mức 4 thì đắt hơn 482 đồng so với ở mức 3 .  Mức 5 : tính cho số kWh từ 301 đến 400 kWh , mỗi kWh ở mức 5 thì đắt hơn 275 đồng so với ở mức 4 .  Mức 6 : 401kWh trở lên, mỗi kWh ở mức 6 đắt hơn 86 đồng so với ở mức 5 . Ngoài ra, người sử dụng điện còn phải trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng. Tháng vừa rồi nhà bạn Nhung đã sử dụng hết 125 kWh và phải trả 224 290 đồng. Hỏi tính xem mỗi kWh ở mức 2 giá bao nhiêu đồng? Lời giải Nhà bạn Nhung đã sử dụng số kWh ở mức 1,2,3 lần lượt là 50 kg,50 kg,25 kg Gọi x (đồng) là giá điện 1kWh ở mức 1 khi chưa tính thuế. Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 1 khi chưa tính thuế : 50x Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 1 khi trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng: 50 x  10%.50 x  50 x 1  10%   55 x Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 2 khi chưa tính thuế: 50  x  51 Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 2 khi trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng: 50  x  51  10%.50  x  51  50  x  511  10%   55  x  51 Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 3 khi chưa tính thuế: 25  x  51  258   25  x  309  Số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở mức 3 khi trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng: 55 25  x  309 1  10%   x  309  2 Tổng số tiền điện nhà bạn Nhung đã trả ở 3 mức độ khi trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng::

55 x  55  x  51  

55  x  309   224290 2

275 425975 x  x  1549  ñoàng  2 2

Nên giá 1kWh ở mức 2 khi trả thêm 10% thuế giá trị gia tăng: ( x  1549  ñoàng  )

 x  511  10%  1760  ñoàng  Câu 7: (1 điểm) Một vật là hợp kim đồng và kẽm có khối lượng là 124 gam và có thể tích là 15 cm 3 . Tính xem trong đó có bao nhiêu gam đồng và bao nhiêu gam kẽm, biết rằng cứ 89 gam đồng thì có thể tích là 10 cm 3 và 7gam kẽm thì có thể tích là 1cm 3 .

Lời giải Gọi x , y  gam  lần lượt là khối lượng của đồng, kẽm có trong hỗn hợp, điều kiện x  0, y  0 .

Thể tích của x  gam  đồng : Thể tích của y  gam  kẽm :

10 x . 89 y . 7

Hợp kim đồng và kẽm có khối lượng là 124 gam và có thể tích là 15 cm 3 .

 x  y  124  x  89  nhaän   Nên có hệ phương trình: 10 x y .    15 y  35 nhaä n    89 7   Vậy đồng có 89  gam  , kẽm có 35  gam  . Câu 8: (3 điểm) Cho đường tròn  O; R  và điểm S nằm ngoài đường tròn O  ( SO  2 R ). Từ S vẽ hai tiếp tuyến SA , SB ( A, B là tiếp điểm) và cát tuyến SMN không qua tâm ( M nằm giữa S và N ) tới đường tròn  O  . a)Chứng minh: SA2  SM.SN . b) Gọi I là trung điểm của MN . Chứng minh: IS là phân giác của góc AIB . c) Gọi H là giao điểm của AB và SO . Hai đường thẳng OI và BA cắt nhau tại E . Chứng minh: OI .OE  R2 . Lời giải E

N I

M S

a)Chứng minh: SA2  SM.SN .

  SNA   1 sñ  AM . SAM ; SNA có S , SAM 2  SAM ∽ SNA (g.g) 

SA SM  SA2  SM.SN .  SN SA

b) Gọi I là trung điểm của MN . Chứng minh: IS là phân giác của góc AIB . Có I là trung điểm của MN  OI  MN (bán kính đi qua trung điểm thì vuông góc với dây).   SIO   SBO   90  S , A, I , O, B cùng thuộc đường tròn đường kính SO . Có SAO

1    (hai góc nội tiếp trương 2 dây bằng nhau). AOS  BIS AOS  sñSA Có AIS , mà  2

.   BIS   IS là tia phân giác của AIB  AIS c) Gọi H là giao điểm của và SO . Hai đường thẳng OI và BA cắt nhau tại E . Chứng minh: OI .OE  R2 .

  SIE   90  Tứ giác EIHS nội tiếp đường tròn đường kính SE . Có SHE  OHI ∽ OES (g.g) 

OH OI   OI .OE  OH .OS . OE OS

Mà OH .OS  OB2  R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SBO ). Suy ra OI .OE  R 2 . TRƯỜNG THCS PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 15

Thời gian: 90 phút

Bài 1. Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  1 . c)

Vẽ đồ thị của  P  và  d  trên cùng một hệ trục tọa độ.

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

d) Bảng giá trị: x

y  x2

2

1

1 1

y  2x 1

Vẽ đồ thị của  P  và  d  :

e) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  : 2

x 2  2 x  1   x  1  0

 x  1 y  1. Vậy tọa độ các giao điểm của  P  và  d  : 1;1 . Bài 2: Cho phương trình: 2 x 2  x  1  0 . Không giải phương trình, tính x13  x23 Lời giải: Xét phương trình:

2 x2  x 1  0

Có   12  4.2.(1)  1  8  9  0 =>Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1   x1  x2  2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có:   x .x  1  1 2 2 Ta có: x13  x23  x13  3 x12 x2  3 x1 x22  x23  3 x12 x2  3 x1 x22 3

  x1  x2   3 x1 x2  x1  x2 

1  1  1 3 7  1     3      2  2  8 4 8  2  Vậy x13  x23  

7 8

Bài 3. (1 điểm) Một cửa hàng phục vụ 2 loại bánh pizza có độ dày giống nhau nhưng khác nhau về kích thước. Cái nhỏ có đường kính 30cm , giá 30.000 đồng. Cái lớn có đường kính 40cm , giá 40.000 đồng. Vậy mua cái nào có lợi hơn. Vì sao? Lời giải Ta sẽ so sánh diện tích giữa hai cái bánh pizza hình tròn.

30000  1, 062VND 2826 40000  1600.3,14  5024cm 2  1cm 2   7, 962VND 5024

S 30  900.3,14  2826cm 2  1cm 2  S 40

Như vậy mua loại có đường kính 30 cm có lợi hơn. Bài 4. (1 điểm) Bạn Nam đi xe đạp từ A đến B phải đi qua một con dốc cao 48 mét với vận tốc trung bình khi phải lên dốc là 12 km/h, vận tốc trung bình khi xuống dốc là 25km/h. Hỏi thời gian bạn Nam đi xe đạp từ A đến B là bao nhiêu phút? Biết rằng đầu con dốc nghiêng 1 góc 6 độ, cuối con dốc nghiêng 1 góc 4 độ. Lời giải

Từ đó ta xác định CH = 48, góc A = 40, góc B = 60. Theo đề bài, ta có

48 0, 4592  AC  0, 4592km  tAC   0, 04 AC 12 48 0, 6881 sin 40   CB  0, 6881km  tCB   0, 01 CB 48  t  0, 05h  3 mins sin 60 

Câu 5.

Giá tiền cái ví khi được giảm 30% là: 70% x  0, 7 x Giá tiền cái ví khi được giảm thêm 5% là: 95%.0, 7 x  0, 665 x Số tiền An trả là 693000 đồng nên ta có phương trình: 0, 665 x  332500  693000  x  542105 Vậy giá tiền cái ví ban đầu là 542105 đồng Câu 6.

Với sự phát triển của khoa học kỹ thuật hiện nay, người ta tạo ra nhiều mẫu xe lăn đẹp và tiện dụng cho người khuyết tật với số vốn ban đầu là 500 triệu đồng. Giá bán ra mỗi chiếc là 30 triệu đồng. a) Viết hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản xuất ra được 1 chiếc xe lăn (gồm cả vốn ban đầu và chi phí sản xuất) và hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn. b) Công ty A phải bán ít nhất bao nhiêu chiếc xe mới có thể thu hồi được vốn ban đầu? Lời giải a) Hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư đến khi sản xuất ra được 1 chiếc xe lăn là y

500 x (triệu đồng)

hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn là: y  30 x (triệu đồng) b) Để thu hồi vốn ban đầu, số tiền bán xe phải lớn hơn hoặc bằng 500 triệu đồng, ta có phương trình: 30 x  500  x 

500  166, 67 3

Vậy số xe phải bán ít nhất là 167 xe. Câu 7 . (1 điểm) Kết thúc học kỳ 1, lớp 9A gồm 40 học sinh tổ chức đi tham quan (chi phí chuyến đi chia đều cho mỗi người). Sau khi hợp đồng xong, vào giờ chót có 5 bạn bận việc đột xuất không đi được. Vì vậy mỗi bạn phải trả thêm 15 000 đồng so với dự kiến ban đầu. Hỏi tổng chi phí chuyến đi là bao nhiêu tiền? Lời giải Gọi x (đồng) là tổng chi phí của chuyến đi tham quan ( x  0) Ban đầu số tiền mỗi bạn hoc sinh phải đóng là:

x (đồng) 40

Thực tế có 5 bạn không đi tham quan nên số tiền mỗi bạn phải đóng là:

x (đồng) 35

x x 1 1   15000  x.(  )  15000  x  4200000 (đồng) 35 40 35 40 Vậy chi phí tổng chuyến đi là 4.200.000 đồng

Theo đề ta có phương trình:

Câu 8.

(2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính 6cm. Từ một điểm A cách điểm O một khoảng bằng 10cm vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn tâm O (B, C là tiếp điểm). a) Chứng minh AO vuông góc BC. b) Kẻ đường kính BD. Chứng minh rằng DC song song với OA. c) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

Lời giải

B a) Chứng minh AO vuông góc BC. Ta có: AB  AC (tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OC  OB  R  AO là đường trung trực của đoạn BC  AO vuông góc với BC.

b) Kẻ đường kính BD. Chứng minh rằng DC song song với OA.

  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BD) Ta có: BCD

 DC  BC . Mà AO  BC (cmt) nên DC song song với OA. c) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC. Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác AOC vuông tại C, ta có:

OA2  OC 2  AC 2  AC 2  OA2  OC 2  100  36  64  AC  AB  8(cm) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Xét AOC vuông tại C, có CH là đường cao: OC . AC 6.8 24  CH .OA  OC . AC  CH    (cm) OA 10 5 Ta có: OH là một phần đường kính và OH  BC tại H (do AO  BC )  H là trung điểm của BC (liên hệ đường kính và dây) 24 48  BC  2CH  2.  (cm) 5 5

Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác AHC vuông tại H, ta có: 24 2 32 )  (cm) 5 5 1 1 32 48 Vậy diện tích tam giác ABC là: . AH .BC  . .  30, 72(cm 2 ) 2 2 5 5 48 Chu vi tam giác ABC là: AC  BC  AB  8   8  25, 6(cm) 5 AH  AC 2  CH 2  82  (

TRƯỜNG THCS TÂN THỚI HÒA

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

(Đề gồm 02 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN

Đề số 16

Bài 2.

Thời gian: 90 phút

Cho parabol  P  : y   x 2 và đường thẳng  d  : y  x  2 . a) Vẽ đồ thị  P  và  d  trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy . 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 Oxy . Bảng giá trị

Đồ thị:

b) Tìm tọa độ giao điểm của  P  và  d  bằng phép tính. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  : x  x  2 .

 x  1, y  1  x2  x  2  0   .  x  2, y  4 Vậy  d  cắt  P  tại 2 điểm 1; 1 ;  2; 4  . Bài 3.

(1,0 điểm). Cho phương trình 3 x 2  5 x  6  0 . Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức sau: A   3 x1  2 x2  3 x2  2 x 1  .

Lời giải Phương trình 3 x 2  5 x  6  0 có tích a.c  3.  6   18  0 suy ra phương trình có hai nghiệp phân biệt. Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có x1  x2  

b 5 c   ; x1.x2   2 . a 3 a 2

Ta có A   3x1  2 x2  3x2  2 x 1   9 x1x2  6 x12  6 x22  4 x1 x2  6  x1  x2   25 x1x2 2

50 200  5 =  6.     25.  2     50   . 3 3  3 Bài 4.

(1 điểm). Tốc độ của một chiếc ca nô và độ dài đường sóng nước sau đuôi của nó để lại cho bởi công thức v  5 d . Trong đó d (m) là độ dài đường sóng nước sau đuôi ca nô, v là vận tốc ca nô (m/s).

a) Tính vận tốc ca nô biết độ dài đường sóng nước để lại sau đuôi ca nô là : 7  4 3 m. b) Khi ca nô chạy với vận tốc 54hm/h thì độ dài đường sóng nước để lại sau đuôi ca nô là bao nhiêu mét ? Hướng dẫn giải a) Tính vận tốc ca nô biết độ dài đường sóng nước để lại sau đuôi ca nô là : 7  4 3 m. Vận tốc ca nô là: v  5 7  4 3  5 (2  3) 2  10  5 3 (m/s)

b) Khi ca nô chạy với vận tốc 54hm/h thì độ dài đường song nước để lại sau đuôi ca nô là bao nhiêu mét ? Đổi : 54km / h  15m / s Độ dài đường sóng nước để lại sau đuôi ca nô là:

v5 d d

Bài 5.

v 2 152   9 (m) 25 25

Vật sáng AB đặt trước một thấu kính hội tụ, vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính đoạn OB = 20cm. Chiều cao của vật là h = 2cm. Tiêu cự của thấu kính là f = 15cm. Tính khoảng cách từ ảnh đến thấu kính và chiều cao của ảnh.

Lời giải ABO   A ' B ' O  900   Xét 2 tam giác ABO và tam giác A’B’O ta có  AOB   A ' OB '(2 goc dd)  

= >Tam giác ABO đồng dạng tam giác A’B’O suy ra

2 20  (1) A’B’ B’O

 COF A ' B 'F  900 Xét 2 tam giác COF và tam giác A’B’F ta có   A 'F B '(2 goc dd) CFO

= >Tam giác COF đồng dạng tam giác A’B’F suy ra

2 15  (2) A’B’ B’F

20 15  B’O B’F mà B’O = 15 + B’F tính được B’O=45 cm .Thế B’O=45 vào (1) suy ra A’B’=4,5 cm

Từ (1) và (2) Suy ra

Bài 6.

(1 điểm). Năm ngoái tổng số dân của hai tỉnh A và B là 4 triệu người. Dân số tỉnh A năm nay tăng 1,2%, còn tỉnh B tăng 1,1%. Tổng số dân của cả hai tỉnh năm nay là 4045000 người. Tính số dân của mỗi tỉnh năm ngoái và năm nay ? Hướng dẫn giải

Gọi số dân của tỉnh A năm ngoái là x ( người), (0 < x < 4000000). Gọi số dân của tỉnh B năm ngoái là y ( người), (0 < y < 4000000). Theo đề bài ta có hệ phương trình:  x  y  4000000  (100%  1, 2%)x  (100%  1,1%)y  4045000  x  1000000   y  3000000

Vậy năm ngoái tỉnh A có 1000000 người, tỉnh B có 3000000 người. Số dân tỉnh A năm nay là : 1000000.(100%  1, 2%)  1012000 người. Số dân tỉnh B năm nay là : 3000000.(100%  1,1%)  3033000 người . Bài 7. ( 1 điểm) Biết rằng 300g dung dịch chứa 15% muối. Hỏi phải pha thêm bao nhiêu gam nước vào dung dịch đó để được một dung dịch chứa 10% muối.

Hướng dẫn giải Gọi số gam nước cần pha thêm là: x(g), x >0. Theo đề bài ta có phương trình: 300.15% .100%  10% 300  x 45  .100%  10% 300  x  45  30  0,1x  x  150

Vậy cần cho thêm 150 gam nước. Bài 8. ( 1 điểm) Một lớp có 40 học sinh , trong đó nam nhiều hơn nữ. Trong giờ ra chơi, cô giáo đưa cả lớp 260000 đồng để mỗi bạn nam mua một li Coca giá 5000 đồng/ly, mỗi bạn nữ mua một bánh phô mai giá 8000 đồng/cái và được căn tin thối lại 3000 đồng. Hỏi lớp có bao nhiêu học sinh nam và bao nhiêu học sinh nữ ?

Hướng dẫn giải Gọi số học sinh nam của lớp là x ( học sinh ), x > 0. Gọi số học sinh nữ của lớp là y ( học sinh ), y > 0. Theo đề bài ta có hệ phương trình:  x  y  40  5000.x  8000.y  260000  3000  x  21   y  19

Vậy lớp có 21 học sinh nam và 19 học sinh nữ. Câu 8 . Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R ) sao cho OM  2R ; vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là hai tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của AM ; BI cắt (O) tại C ; tia

MC cắt (O) tại D . a) Chứng minh: OM  AB tại H và IA2  IB.IC . b) Chứng minh: BD//AM c) Chứng minh: Tứ giác AHCI nội tiếp và tia CA là tia phân giác của góc ICD Lời giải

A I

M C

B a) Chứng minh: OM  AB tại H và IA2  IB.IC . Ta có: MA  MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA  OB  R

 OM là đường trung trực của đoạn AB  OM  AB tại H.

Xét IAC và IBA , có: + I chung   IBA  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây với góc nội tiếp cùng chắn  AC ) + IAC IA IC  IAC ∽ IBA (g-g)    IA2  IB.IC IB IA b) Chứng minh: BD//AM IM IC Ta có: IA2  IB.IC mà IA  IM (do I là trung điểm AM )  IM 2  IB.IC   IB IM Xét IMC và IBM có: + I chung +

IM IC (cmt)  IB IM

  IBM   IMC ∽ IBM (c-g-c)  IMC   BDC  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây với góc nội tiếp cùng chắn BC  ) Mà IBM   BDC   BD//AM  IMC c) Chứng minh: Tứ giác AHCI nội tiếp và tia CA là tia phân giác của góc ICD   IAB  (1) Ta có: IAC ∽ IBA  ICA

AHM vuông tại H , có I là trung điểm của cạnh huyền AM 1  IH  IA  AM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) 2   IHA  (2)  IAH cân tại I  IAB   IHA  Từ (1) và (2) suy ra ICA   IHA   Tứ giác AHCI nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một Xét tứ AHCI có: ICA cạnh dưới hai góc bằng nhau)    IAB  (cmt); IAB  (hai góc nội ABD  ACD ABD (so le trong, AM //BD );  Ta có: ICA AD ) tiếp cùng chắn 

 ACD  tia CA là tia phân giác của góc ICD Suy ra ICA

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

THOẠI NGỌC HẦU

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút

Đề số 17

Bài 9.

Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2 x  1 . 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 y  x2

x y  2x 1

2

1

1 1

Vẽ đồ thị của  P  và  d  :

b) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :

2 4

x 2  2 x  1   x  1  0

 x  1 y  1. Vậy tọa độ các giao điểm của  P  và  d  : 1;1 . Câu 2.

Cho phương trình 3 x 2  12 x  2  0 . Không giải phương trình; hãy tính giá trị biểu thức sau: A  x1 ( x12  x2 )  x2 ( x2 2  x1 ) Lời giải Xét phương trình 3 x 2  12 x  2  0 . Có   62  3.2  30  0  Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

b   S  x1  x2   a  4 Theo Vi-et, ta có:  .  P  x .x  c  2 1 2  a 3 Xét A  x1 ( x12  x2 )  x2 ( x2 2  x1 )  x13  x2 3   x1  x2   x12  x1.x2  x2 2  2   S  S 2  3P   4  42  3    56 . 3 

Vậy A  x1 ( x12  x2 )  x2 ( x2 2  x1 )  56 . Bài 3. (1 điểm) Một cửa hàng phục vụ 2 loại bánh pizza có độ dày giống nhau nhưng khác nhau về kích thước. Cái nhỏ có đường kính 30cm , giá 30.000 đồng. Cái lớn có đường kính 40cm , giá 40.000 đồng. Vậy mua cái nào có lợi hơn. Vì sao? Lời giải Ta sẽ so sánh diện tích giữa hai cái bánh pizza hình tròn.

30000  1, 062VND 2826 40000  1600.3,14  5024cm 2  1cm 2   7, 962VND 5024

S 30  900.3,14  2826cm 2  1cm 2  S 40

Như vậy mua loại có đường kính 30 cm có lợi hơn Bài 4. (1 điểm) Bạn Nam đi xe đạp từ A đến B phải đi qua một con dốc cao 48 mét với vận tốc trung bình khi phải lên dốc là 12 km/h, vận tốc trung bình khi xuống dốc là 25km/h. Hỏi thời gian bạn Nam đi xe đạp từ A đến B là bao nhiêu phút? Biết rằng đầu con dốc nghiêng 1 góc 6 độ, cuối con dốc nghiêng 1 góc 4 độ. Lời giải

Từ đó ta xác định CH = 48, góc A = 40, góc B = 60. Theo đề bài, ta có

48 0, 4592  AC  0, 4592km  tAC   0, 04 AC 12 48 0, 6881 sin 40   CB  0, 6881km  tCB   0, 01 CB 48  t  0, 05h  3 mins sin 60 

Câu 5.

Nhân ngày “Phụ nữ Việt Nam 20/10”, cửa hàng giỏ xách giảm 30% cho tất cả các sản phẩm và ai có thẻ “khách hàng thân thiết” sẽ được giảm tiếp 5% trên giá đã giảm. a) Hỏi bạn An có thẻ “khách hàng thân thiết” khi mua một cái túi xách trị giá 500 000 đồng thì phải trả bao nhiêu? b) Bạn An mua thêm một cái ví nên phải trả tất cả 693000 đồng. Hỏi giá ban đầu của cái ví là bao nhiêu? Lời giải a) Số tiền bạn An phải trả là: 500 000.70%.95%  332500 đồng. b) Gọi x (đồng) x  0 , là giá ban đầu của cái ví. Giá tiền cái ví khi được giảm 30% là: 70% x  0, 7 x Giá tiền cái ví khi được giảm thêm 5% là: 95%.0, 7 x  0, 665 x Số tiền An trả là 693000 đồng nên ta có phương trình: 0, 665 x  332500  693000  x  542105 Vậy giá tiền cái ví ban đầu là 542105 đồng

Câu 6.

500 x (triệu đồng)

500  166, 67 3

việc đột xuất không đi được. Vì vậy mỗi bạn phải trả thêm 15 000 đồng so với dự kiến ban đầu. Hỏi tổng chi phí chuyến đi là bao nhiêu tiền? Lời giải Gọi x (đồng) là tổng chi phí của chuyến đi tham quan ( x  0) Ban đầu số tiền mỗi bạn hoc sinh phải đóng là:

x (đồng) 40

Thực tế có 5 bạn không đi tham quan nên số tiền mỗi bạn phải đóng là:

x (đồng) 35

x x 1 1   15000  x.(  )  15000  x  4200000 (đồng) 35 40 35 40 Vậy chi phí tổng chuyến đi là 4.200.000 đồng

Theo đề ta có phương trình:

Câu 8.

B a) Chứng minh AO vuông góc BC. Ta có: AB  AC (tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OC  OB  R  AO là đường trung trực của đoạn BC  AO vuông góc với BC.

b) Kẻ đường kính BD. Chứng minh rằng DC song song với OA.

  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BD) Ta có: BCD

 DC  BC Mà AO  BC (cmt) nên DC song song với OA. c) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC.

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác AOC vuông tại C, ta có:

Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác AHC vuông tại H, ta có: 24 2 32 )  (cm) 5 5 1 1 32 48 Vậy diện tích tam giác ABC là: . AH .BC  . .  30, 72(cm 2 ) 2 2 5 5 AH  AC 2  CH 2  82  (

Chu vi tam giác ABC là: AC  BC  AB  8 

48  8  25, 6(cm) 5

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRẦN QUANG KHẢI

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút

Đề số 18

1 2 x và đường thẳng (d): y  x  4 2 a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ.

Câu 1 . (1,5 điểm) Cho (P): y 

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. Lời giải a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ. Cả hai hàm số đều có tập xác đinh  Bảng giá trị: x 1 y  x2 2

4

2

x y  x4

Đồ thị:

y

1 2 x 2

y  x4

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  x  4  x 2  2 x  8  0 (1) 2

  (2) 2  4.1.(8)  36  0  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:  x1  4  y1  8  x  2  y  2 Vậy (P) cắt (d) tại hai điểm (4;8) và ( 2; 2) 2  2 Bài 2: ( 1 điểm) Cho phương trình x 2  (5m  1)x  6m2  2m  0 ( m là tham số). a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m. b) Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x12  x 2 2  1 . Lời giải c) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

 b2  4ac 2

Ta có:   (5m  1)  4(6m 2  2m)

 m 2  2m  1  (m  1) 2  0 m  R Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m. d) Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x12  x 2 2  1 .  x1  x 2  5m  1 Theo vi -et ta có:  2  x1.x 2  6m  2m

Lại có:

x12  x 2 2  1  (x1  x 2 ) 2  2x1.x 2  1  (5m  1) 2  2(6m 2  2m)  1  13m 2  6m  0 m  0  m  6 13 

Vậy với m  0 , m 

6 thì phương trình có hai nghiệm thỏa đề bài. 13

Bài 3: ( 1 điểm) Rađa của một máy bay trực thăng theo dõi chuyển động của một ôtô trong 10 phút, phát hiện rằng vận tốc của ôtô thay đổi phụ thuộc vào thời gian bởi công thức : v  3t 2  30t  135 ( t tính bằng phút, v tính bằng km/h). a) Tính vận tốc ôtô khi t bằng 5 phút. b) Khi nào ôtô đạt vận tốc nhỏ nhất. Lời giải a) Tính vận tốc ôtô khi t bằng 5 phút. Vận tốc khi t = 5 phút là:

v  3.52  30.5  135  60 (km / h) b) Khi nào ôtô đạt vận tốc nhỏ nhất. Ta có: v  3t 2  30t  135  3(t 2  10t  45)  3(t  5) 2  60  60 t  R

Dấu “ = ” xảy ra khi t  5  0  t  5 . Vậy vận tốc nhỏ nhất khi t = 5. Bài 4: (0,75 điểm) Một bồn đựng nước có dạng hình hộp chữ nhật có các kích thước cho trên hình. a) Tính diện tích bề mặt của bồn (không tính nắp). b) Một vòi bơm với công suất 120 lít/phút để bơm một lượng nước vào bồn lên độ cao cách nắp bồn là 1,5m thì phải mất bao lâu? (bồn không chứa nước) 2,3 m

11,5m 3,1 m

Lời giải a) Diện tích bề mặt của bồn (không tính nắp):

 

S xq  S d  2.  3,1  11,5  .2,3  3,1.11,5  102,81 m 2

 

b) Thể tích cần bơm : 3,1.11, 5.(2,3  1, 5)  28,52 m3  28520  l  Thời gian cần bơm: 28520 :120 

713 (phút)  3 giờ 57,7 phút 3

Bài 5: ( 1 điểm) Trong phòng thí nghiệm hóa, cô giáo đưa hai bạn An và Bình 1 lọ 200g dung dịch muối có nồng độ 15%. Cô muốn hai bạn tạo ra dung dịch có nồng độ 20%. An nói rằng cần pha thêm nước, Bình nói cần pha thêm muối. Theo em cần pha thêm muối hay nước và pha thêm một lượng bao nhiêu gam? Chỉ thêm muối hoặc nước. Lời giải Cần pha thêm muối. Gọi khối lượng muối cần pha thêm là x (g), x > 0. Theo đề bài ta có : 200.15% x 100% .100%  20% 200  x 30  x  .100%  20% 200  x  x  12,5

Vậy cần thêm 12,5 gam muối. Bài 6 (1 điểm). Theo nguyên tắc bổ sung, số lượng nucleotit loại A luôn bằng T và G bằng X: A = T, G = X. Số lượng nucleotit của phân tử ADN : N = A + T + G + X = 2A + 2G =

2L , 3, 4

L là chiều dài của gen với đơn vị A0. Tổng số liên kết H (hidro trong phân tử ADN là H = 2A + 3X = 2T + 3G Một gen có hiệu số giữa( nu) loại A với một loại( nu) khác bằng 20% tổng

số Nu và có 2760 liên kết hyđrô. a) Tính số lượng từng loại (nu) của gen. b) Tính chiều dài của gen. Lời giải N: số nucleotit của phân tử ADN . Theo nguyên tắc bổ sung : A = T ; G = X 1. Tổng số Nu: N = A + T + G + X : 2A + 2G = N → A + G = N/2 2. Chiều dài gen: L = N/2× 3,4 A0 → N = L/3,4 × 2 3. Khối lượng phân tử: M = N x 300 đv.C → N = M/300 4. Số vòng xoắn : C = N/20 = L/34 5. Tỷ lệ % Nu trong gen: 2A% + 2G% = 100% → A% + G% = 50% 6. Liên kết hiđrô trong gen: H = 2A + 3G = N + G a) Tóm tắt: H = 2760 = N + G => N = H – G = 2760 – G A – G = 20% N (tổng số Nu)

2 A  3G  2760. 2 A  3G  2760 2 A  3G  2760  A  860    Ta có:  A – G  20%.N  A – G  0,2(2760 - G)  A  0,8G  552 G  360 Giải ra ta được: Số nu A = Số nu T = 860 Số nu G = Số nu X = 360 Tổng số Nu: N = A + T + G + X = 2400 Nu b) L 

N 2024  3,4  x 3,4  4080 Ao 2 2

Câu 7 . (1 điểm) Trên một con đường có thu phí trong thành phố, mỗi người lái xe ô tô trả 25000 đồng tiền phí. Mỗi ngày Sở Giao thông đếm được 1400 chiếc xe đi qua trạm thu phí trong khoảng thời gian từ 7 đến 8 giờ sáng. Sở Giao thông đang xem xét việc tạo một làn đường mới dành cho những chiếc xe có từ 3 người trở lên với phí cầu đường giảm còn 10000 đồng. Cùng lúc đó, phí cầu đường cho những chiếc xe trên những làn đường thông thường sẽ tăng lên 40000 đồng. Sở Giao thông làm một cuộc khảo sát lấy ý kiến thì thấy rằng lượng lưu thông sẽ giảm còn 1000 xe. a) Nếu có 20% lượng xe trong 1000 xe trên sẽ sử dụng làn đường mới thì mức phí mà Sở Giao thông thu được từ 7 đến 8 giờ sáng sẽ là bao nhiêu? b) Sở giao thông không thể giảm tổng phí thu được quá hai triệu đồng so với ban đầu (tính từ 7 đến 8 giờ sáng). Theo em, Sở có đưa vào sử dụng làn đường mới này để giảm ùn tắc lưu thông không? Lời giải a) Nếu có 20% lượng xe trong 1000 xe trên sẽ sử dụng làn đường mới thì mức phí mà Sở Giao thông thu được từ 7 đến 8 giờ sáng sẽ là bao nhiêu?

Phí thu được từ 20% lượng xe trong 1000 xe trên sử dụng làn đường mới:

20%.1000.10000  2000000 (đồng) Phí thu từ những xe trên những làn đường thông thường:

1000  20%.1000 .40000  32000000 (đồng) Tổng phí thu của Sở Giao thông khi làm làn đường mới:

2000000  32000000  34000000 (đồng) b) Sở giao thông không thể giảm tổng phí thu được quá hai triệu đồng so với ban đầu (tính từ 7 đến 8 giờ sáng). Theo em, Sở có đưa vào sử dụng làn đường mới này để giảm ùn tắc lưu thông không? Tổng phí thu ban đầu của Sở Giao thông khi chưa làm làn đường mới:

1400.25000  35000000 (đồng) Khi làm làn đường mới thì tổng phí sẽ giảm: 35000000  34000000  1000000 (đồng) Vậy Sở có thể đưa vào sử dụng làn đường mới này để giảm ùn tắc lưu thông. Câu 8.

(3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) có đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm (O) đường kính AB cắt AC tại I. Giọi E là điểm đối xứng của H qua AC, EI cắt AB tại K và cắt (O) tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh tứ giác ADBH nội tiếp và AD  AE . b) Chứng minh DH  AB . Suy ra HA là phân giác của góc IHK. c) Chứng minh 5 điểm A, E, C, H, K cùng thuộc đường tròn tâm S. Lời giải

I O K J D B

a) Chứng minh tứ giác ADBH nội tiếp và AD  AE .

ADB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) Ta có:  ADB   AHB  90  90  180 Xét tứ giác ADBH, có:   Tứ giác ADBH nội tiếp đường tròn (O) (tổng hai góc đối bằng 180 )

ADI   AHI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (1)   Do E là điểm đôi xứng với H qua AC nên AC là đường trung trực của đoạn HE

Suy ra AH  AE ; IH  IE  AHI  AEI (c  c  c )

 AHI   AEI (2) ADI   AEI  ADE cân tại A  AD  AE Từ (1) và (2) suy ra  b) Chứng minh DH  AB . Suy ra HA là phân giác của góc IHK. Ta có:

AH  AE  AD   AD   AH   ABD   ABH (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Xét  ABD và  ABH , có:

ADB   AHB  90 + 

  + ABD  ABH (cmt) + AB cạnh chung  ABD  ABH (ch-gn)  BD  BH

Ta có: BD  BH và AD  AH  AB là đường trung trực của đoạn DH  DH  AB .

AHK   ADI Do AB là đường trung trực của DH nên suy ra  ADK   AHK (c-c-c)  

ADI   AHI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) Mà  AHK   AHI  HA là phân giác của góc IHK. Suy ra  c) Chứng minh 5 điểm A, E, C, H, K cùng thuộc đường tròn tâm S.

 AHC  90 Do AC là đường trung trực của HE nên AHC  AEC (c-c-c)  AEC AEC   AHC  90  90  180 Xét tứ giác AHCE, có:   Tứ giác AHCE nội tiếp đường tròn đường kính AC (với tâm S là trung điểm cạnh AC)  Bốn điểm A, H, C, E cùng thuộc (S) (3)

Gọi J là giao điểm của BI và AH

ABI   AHI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) mà  AHI   AHK (cmt) Ta có:    ABI   AHK hay KBJ JHK   JHK  Xét tứ giác BKJH, ta có: KBJ  Tứ giác BKJH nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

  BHJ   180 mà BHJ   90  BKJ   90  BKJ  JK  AB Mà CJ  AB (do tam giác ABC có: AH, BI là hai đường cao và AH cắt BI tại J nên J là trực tâm của tam giác ABC)

AKC  90 Suy ra C, J, K thẳng hàng   AKC   AEC  90  90  180 Xét tứ giác AKCE, có: 

 Tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn đường kính AC (với tâm S là trung điểm cạnh AC)  Bốn điểm A, K, C, E cùng thuộc (S) (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm A, E, C, H, K cùng thuộc đường tròn tâm S.

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

TRẦN QUANG KHẢI

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút

Đề số 19

Bài 1: Cho hàm số y 

x2 có đồ thị 4

 P  và đường thẳng  D  có phương trình y  2 x  2

a) Vẽ đồ thị  P  b) Tìm phương trình đường thẳng  d  //  D  và cắt  P  tại điểm có hoành độ bằng 2 Lời giải a)Vẽ đồ thị  P  Bảng giá trị

Đồ thị

b) Tìm phương trình đường thẳng  d  //  D  và cắt  P  tại điểm có hoành độ bằng 2

Ta có đường thẳng  d  //  D  : y 

1 x2. 2

Nên phương trình  d  có dạng y 

1 x  b , với b  2 . 2

Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  .

x2 1  x  b  x 2  2 x  4b 1 4 2

 d  cắt  P  tại điểm có hoành độ bằng

2 nên x  2 là nghiệm của 1

 4  4  4b  b  0  nhaän  Vậy  d  y  Câu 2 :

1 x. 2

Xe lăn cho người khuyết tật Với sự phất triển của khoa học kĩ thuật hiện nay, người ta tạo ra nhiều mẫu xe lăn đẹp và tiện dụng cho người khuyết tật. Công ty A sản xuất ra những chiếc xe lăn cho người khuyết tật với số vốn ban đầu là 500 triệu đồng. Chi phí để sản xuất một chiếc xe lăn là 2.500.000 đồng. Giá bán ra mỗi chiếc là 3.000.000 đồng a) Viết hàm số biểu diễn tổng số tiền đã đầu tư cho đến khi sản xuất được x chiếc xe lăn (bao gồm vốn ban đầu và chi phí sản xuất) và hàm số biểu diễn số tiền thu được khi bán x chiếc xe lăn. b) Công ty A phải bán bao nhiêu chiếc xe mới thu hồi lại được vốn ban đầu Lời giải a) Số tiền sản xuất ra một chiếc xe lăn là 2.500.000 đồng, tức là 2,5 triệu đồng. Khi đó tổng số tiền đã đầu tư (bao gồm vốn và chi phí sản xuất sản suất) khi sản xuất được x chiếc xe lăn được biểu diễn bằng hàm số: f ( x )  5000  2,5x (đơn vị triệu đồng). Tương tự, mỗi xe lăn bán ra với giá 3.000.000 đồng tức là 3 triệu đồng. Khi đó hàm số biểu diễn tổng số tiền thu được khi bán ra x chiếc xe lăn là g ( x )  3x (đơn vị triệu đồng). b) Đề thu hồi lại vốn ban đầu, số tiền bán ra phải bù đắp hết tổng chi phí đầu tư. Do đó nếu gọi x0 là số xe lăn bán ra đủ để thu hồi lại vốn ban đầu thì ta có phương trình

f ( x0 )  g ( x0 )  500  2,5x 0  3x 0  x0  1000 Vậy để thu hồi vốn thì phải bán được 1000 chiếc xe lăn. Câu 3. Ông A gửi x triệu đồng. Ông A có hai lựa chọn: - Ngân hàng A lãi suất 10% trên 1 năm, lãi được tính trên gốc.

Ngân hàng B lãi suất 9,6% trên 1 năm (0,8% trên 1 tháng) và lãi tháng này được tính gốc vào vốn tháng sau. Hỏi sau 2 năm thì số tiền cả vốn lẫn lãi của Ông A rút ra ở ngân hàng nào nhiều hơn Lời giải

Khi gửi ngân hàng A, lãi suất được tính là 10% trên 1 năm, lãi được tính trên gốc. Như vậy sau 2 năm gửi

triệu đồng, số tiền lãi của ông A là:

x (100%  2.10%)  120%.x

Khi gửi ngân hàng B, lãi suất được tính là 0,8% trên 1 tháng, và lãi tháng này được tính vào vôn tháng sau. Ta xét bắt đầu từ tháng thứ 1 như sau:

o Sau tháng 1, tiền lãi và tiền vốn của ông A tổng cộng là: x (100%  0,8%)  100,8%.x o Đến hết tháng thứ 2, số tiền của ông A tổng cộng là: 100,8% x.100,8%  (100,8%)2 x o …. o Đến hết năm thứ 2, tức là hết tháng thứ 24, số tiền ông A thu được sẽ là: (100,8%) 24 x -

Ta có (100,8%)24  (100,8%)3  120%  (100,8%) 24 x  120%.x . Vậy sau 2 năm, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A gửi ở ngân hàng B sẽ thu được nhiều hơn.

Câu 4.

Chỉ số cơ thể BMI (Body Mass Index) Năm 1832, nhà bác học người Bỉ là Adoplphe Quetelet đã đưa ra chỉ số BMI để đo đồ W gầy hay béo của cơ thể như sau: BMI  2 , với W là khối lượng của một người tính bằng H kilôgam; H là chiều cao của người đó đo bằng mét. Tổ chức Y tế thế giưới WHO (World Health Organization) đã đưa ra tiêu chuẩn sau: BMI  18,5 : gầy, 18, 5  BMI  25 : bình thường; 25  BMI : béo. Hỏi: em hãy kiểm tra chỉ số BMI của bạn Đạt? Biếu chiều cao của bạn là 1, 78 mét và cân nặng là 92 kilôgam Lời giải Bạn Đạt nặng 92 kilôgam và cao 1, 78 mét nên theo công thức ta có:

BMI 

W 92   29, 037  25 2 H 1, 782

Vậy bạn Đạt là người béo, có chỉ số BMI  25 Câu 5.

Chủ nhật vừa qua Huỳnh theo mẹ đi siêu thị mua sắm. Mẹ Huỳnh mua 5kg gạo, 2 chai dầu ăn, 5 hộp bánh quy, 2 thùng sữa tươi và 3kg thịt bò, 4kg khoai tây. Vì đang trong đợt khuyến mãi nên siệu thị giảm giá 5% trên tổng hóa đơn và mẹ Huỳnh có thẻ khách hàng thân thiết nên được giảm thêm 2% nữa. Em hãy tính xem mẹ Huỳnh phải thanh toán tổng cộng bao nhiêu tiền. Biết rằng giá tiền các mặt hàng được siêu thị niêm yết như sau:

Lời giải

Số tiền mà mẹ Huỳnh phải trả cho tổng hóa đơn khi chưa được giảm giá là

A  5.15500  2.39000  5.42500  2.315000  3.260000  4.32500  1908000 (đồng) Vì trong đợt khuyến mãi nên mẹ Huỳnh được giảm 5% trên tổng hóa đơn khi đó số tiền cần phải trả là:

Gạo

15 500 đồng/kg

Dầu ăn

39 000 đồng/ chai

Bánh quy

42 500 đồng/ hộp

Sữa tươi

315 000 đồng/ thùng

Thịt bò

260 000 đồng/ kg

Khoai tây

32 500 đồng/ kg

A '  A.95%  1908000.95%  1812600 Tuy nhiên sau khi đã giảm 5% trên tổng hóa đơn, mẹ Huỳnh lại có thẻ thành viên nên được giảm thêm 2% Vậy số tiền cuối cùng cần phải trả là:

M  A '.98%  1776348 (đồng). Bài 6: Máy kéo nông nghiệp có hai bánh sau to hơn bánh trước. Khi bơm căng, bánh sau có đường kính 1,672 m và bánh trước có đường kính 88 cm . Hỏi khi xe chạy trên đường thẳng khi bánh sau lăn được 10 vòng thì xe di chuyển được đoạn đường bao nhiêu mét và bánh trước lăn được mấy vòng. Hướng dẫn giải Khi bánh sau lăn được 10 vòng thì xe di chuyển được quãng đường là: 10..1, 672 

418   52,53 m 25

Khi bánh sau lăn được 10 vòng thì bánh trước lăn được số vòng là:

10..1, 672  19 ( vòng) .0,88 Câu 7.

Giữa hai tòa nhà (kho và phân xưởng) của một nhà máy người ta xây dựng một băng chuyền AB để chuyển vật liệu. Khoảng cách giữa hai tòa nhà là 10 m , còn hai vòng

quay của băng chuyền được đặt ở độ cao 8 m và 4 m so với mặt đất. Băng chuyền AB

dài bao nhiêu mét? Lời giải Độ dài của băng chuyền AB là: AB  10 2  4 2  2 29  11 (m)

Bài 8. Cho đường tròn O ; R một điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA  2R . Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC ( B, C là hai tiếp điểm ) . Gọi H là giao điểm của OA và BC a. Chứng minh : ΔABC đều và OA vuông góc với BC tại H.

b. Vẽ đường kính BM của O; R . AM cắt

O; R tại N và BC

tại S. Gọi K là trung điểm

của MN. Chứng minh : tứ giác OBCK nội tiếp.

c. Chứng minh : AH.AO  AK 2  KM 2 . Lời giải : a. Chứng minh : ΔABC đều và OA vuông góc với BC tại H. Ta có : AB là tiếp tuyến của O ; R tại B nên OB  AB tại B Xét ΔABO vuông tại B có : sin BAO 

OB R 1   30    BAO OA 2 R 2

Xét ΔABO và ΔACO có : OB  OC  R; AB  AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ), OA   CAO   BAC   60 1 . cạnh chung  ΔAOB  ΔAOC c  c  c  BAO Mặc khác ΔABC cân tại A (2) ( do AB  AC ). Từ 1 ; 2 Suy ra : ΔABC là tam giác đều. Ta có : AB  AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )và OB  OC  R . Suy ra : O,A thuộc đường trung trực của đoạn BC.Do đó OA là đường trung trực của đoạn BC, nên OA vuông góc với BC tại H. b. Chứng minh : tứ giác OBCK nội tiếp   90 . Do K là trung điểm của MN suy ra OK vuông góc với MN nên OKA   OKA   OCA   90 ( cùng nhìn đoạn OA dưới một góc vuông ). Nên các Ta có : AOB điểm O,A,B,C,K cùng nằm trên một đường tròn đường kính OA.Suy ra tứ giác OBCK nội tiếp đường tròn đường kính OA.

c. Chứng minh : AH. AO  AK 2  KM 2 .   NCA  ( cùng chắn cung NC) Ta có : MNC

 ( chung ) .   NCA , A Xét ΔANC và ΔACM có : MNC Suy ra : ΔANC

∽ ΔACM 

AC AN   AC 2  AM. AN   AK  KM . AK  KM   AK 2  KM 2 3 AM AC

Xét tam giác ACO vuông tại C , đường cao CH . Ta có : AC 2  AH . AO 4 Từ 3 ; 4 suy ra : AH.AO  AK 2  KM 2 TRƯỜNG THCS

ĐỀ THAM KHẢO TUYỂN SINH

VÕ THÀNH TRANG

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề gồm 02 trang)

MÔN: TOÁN

Đề số 20

Thời gian: 90 phút

Bài 1 Cho ( P ) : y  

x x2 và (d ) : y   2 2 4

a) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán Lời giải a) Lập bảng giá trị

x2 Hàm số ( P ) : y   4 x 4 y

x2 4

x 2 2 x x y 2 2

4

0 0

2 1

2 1

4 4

Hàm số (d ) : y 

0 2

2 1

-4

-2

-1

0 1 -1

-2 -3 -4

b) Phương trình hòanh độ giao điểm của (P) và (d)

x2 x   2 4 2  x2  2 x  8  0  x1  4   x2  2 x2 (4) 2 Thay x  4 vào ( P ) : y   ta được: y    4 4 4 x2 22 Thay x  2 vào ( P ) : y   ta được y    1 4 4 Vậy điểm cẩn tìm là (-4; -4) và (2;-1) Bài 2: Cho phương trình : 2x 2  x  3  0 có hai nghiệm là x1 , x 2 . Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức M  x12  x 22  x1 x 2 . Lời giải Theo vi-ét ta có:

1  S  x1  x 2  2  P  x x  3 1 2  2 Theo đề bài ta có: 2

3 19 1 M  x12  x 22  x1x 2  (x1  x 2 )2  3x1x 2     3.  2 4 2 Bài 3: Một cửa hàng điện máy thực hiện chương trình khuyến mãi tất cả các mặt hàng 10% theo giá niêm yết. Nếu khách hàng mua hàng trên 10 triệu thì được giảm thêm 2% số tiền,

mua trên 15 triệu giảm thêm 4% số tiền, mua trên 40 triệu giảm thêm 8% số tiền. Ông A mua ti vi giá niêm yết là 9.200.000 đồng và một tủ lạnh giá niêm yết là 7.100.000 đồng. Hỏi với chương trình khuyến mãi của cửa hàng ông A phải trả bao nhiêu tiền. Lời giải. Số tiền ông A phải trả khi mua hàng là:

 9.200.000

 7.100.000  .(100%  14%)  14.018.000 (đồng)

Vậy ông A phải trả 14.018.000 đồng. Câu 4. Một thùng trái cây nặng 16kg gồm táo và xoài, biết táo có giá 50.000đ/kg và xoài có giá 70.000đ/kg. Tổng giá tiền của thùng trái cây là 1.000.000đ. Hỏi thùng trái cây có bao nhiêu kg mỗi loại. Lời giải Gọi x (kg) là số kg táo của thùng trái cây. y (kg) là số kg xoài của thùng trái cây. Điều kiện: x, y  N*; x, y <16 Do thùng trái cây nặng 16kg gồm táo và xoài nên: x + y = 16 (1) Số tiền mua táo là: x. 50.000 (đồng) Số tiền mua xoài là: y. 70.000 (đồng) Tổng số tiền của thùng trái cây là 1.000.000đồng nên: x. 50.000 + y. 70.000 = 1.000.000 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  y  16   x.50000  y.70000  1000000 x  6    y  10

Vậy thùng trái cây có 6kg táo và 10 kg xoài Câu 5 . Để lắp đặt mạng internet tại nhà, An tham khảo cùng 1 gói mạng từ 2 nhà mạng khác nhau. Bên nhà mạng A đưa ra bảng giá 225000 đồng/tháng và miễn phí lắp đặt, còn nhà mạng B mỗi tháng trả 195000 đồng và phí lắp đặ là 450000 đồng. a. Gọi T (đồng) là số tiền phải trả cho h (tháng) sử dụng intểnt và cả chi phí lắp đặt ban đầu. Hãy dùng hàm số biểu diễn mỗi liên hệ T và H của mỗi nhà mạng. b. Hãy tính xem An sử dụng bao lâu thì chi phí dùng ở cả 2 nhà mạng như nhau. c. Hãy cho biết nếu sử dụng ít nhất 2 năm thì An nên chọn nhà mạng nào để sử dụng?  Đề bài câu c chưa được rõ ràng, nên nêu rõ An nên chọn nhà mạng nào thì phí tổng cộng thấp hơn sẽ rõ hơn Lời giải a. Gọi f ( h), g ( h) (đồng) lần lượt là khoảng tiền An phải trả cho gói mạng từ mỗi nhà mạng sau khi dùng trong h tháng (tính luôn cả chi phí lăp đặt ban đầu).

Nhà mạng A miễn phí lắp đặt với gói cước giá 225000 đồng/tháng nên ta có f ( h)  225000h (đồng)

Nhà mạng B tính phí lắp đặt 450000 đồng/tháng nên ta có g ( h)  195000h  450000 (đồng).

b. Gọi h0 tháng là số tháng mà An sử dụng sao cho chi phí dùng ở 2 nhà mạng như nhau Khi đó f (h0 )  g (h0 )  225000h0  195000h0  450000  h0  15 Vậy An dùng trong 15 tháng thì chi phí 2 nhà mạng là như nhau. c. 2 năm = 24 tháng. Với h  24 ta có f (24)  g (24)  24(225000  195000)  450000  270000  0 Vậy suy ra nếu dùng trong 2 năm thì An nên chọn nhà mạng B để dùng. Cách khác câu c: Vì sau 15 tháng thì số tiền cả 2 gói mạng là như nhau (đã tính cả phí lắp đặt) nên từ tháng thứ 16 trở đi, phí hằng tháng của nhà mạng nào cao hơn thì số tiền An phải trả cho nhà mạng đó cao hơn. Ta có 2 năm = 24 tháng > 15 tháng và phí hằng tháng của nhà mạng A cao hơn nhà mạng B. Vậy A nên chọn nhà mạng B để sử dụng vì khi đó phí sẽ thấp hơn. Câu 6 . Một căn nhà hình hộp chữ nhật có kích thước sàn nhà 4m x 12m gồm 1 trệt và 1 lầu có chiều cao như nhau là 3,5m. Tầng trệt có 1 cửa chính kích thước 3m x 3m. Tầng lầu có 2 cửa sổ kích thước 1,5m x 1m. Người ta dự tính sẽ lót sàn nhà ở 2 tầng bằng loại gạch kích thước 50cm x 50cm với giá là 50000 đồng/ m2 và sẽ sử dụng loại giấy dán tường để dán xung quanh nhà ở cả 2 tầng với giá tiền là 950000 đồng cuộn/16 m 2 Tính số tiền phải trả khi mua giấy dán tường và mua gạch lót sàn. Lời giải Số tiền để mua gạch lát sàn cả 2 tầng: 4.12.50000.2  4800000 (đồng) Diện tích xung quanh của căn nhà: S xq  (4  12).2.3,5.2  224( m 2 ) Diện tích của một cửa chính và 2 cửa sổ: 3.3  1,5.1.2  12(m2 ) Diện tích cần dán tường: 224  12  212(m2 ) Số cuộn giấy dán tường cần mua: 212 :16  13, 25

 Cần phải mua 14 cuộn giấy Tiền mua giấy: 14.950000  13300000 (đồng) Tổng số tiền mua giấy và mua gạch lót sàn: 4800000  13300000  18100000 (đồng) Câu 7.

Bạn An cao 1,5m đứng trước một thấu kính phân kỳ và tạo được ảnh ảo cao 60cm. Hõi bạn An đứng cách thấu kính bao xa? Biết rằng tiêu điểm của thấu kính cách quang tâm O một khoảng 2m. Lời giải Ta có: F 'OI ∽ F 'A 'B '  g  g 

OI OF'  (tsđd) A ' B' A ' F' OI  AB Mà:  A ' F'  OF' OA ' 

AB OF'  A ' B' OF' OA ' 150 200   60 200  OA '  150.(200  OA ')  60.200  30000  150.OA '  12000  150.OA '  18000  OA '  120(cm) Nên:

Bài 8 :Từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O,R) với OM > 2R vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) gọi I là trung điểm AM, BI cắt (O) tại C. Tia MC cắt (O) tại D. Gọi H là giao điểm OM và AB a) Chứng minh: OM  AB tại H và IA2 = IB . IC b) Chứng minh: BD̂C  DM̂A . Suy ra AM // BD c) Chứng minh: tứ giác AHCI nội tiếp và CA là tia phân giác IĈD Lời giải a) MA = MB (MA , MA là tiếp tuyến (O,R)) Ta có : OA = OB = R => OM là đường trung trực của AM => OM  AB Xét IAC và IBA có:

AÎC chung

IÂC  AB̂C ( hai góc cùng chắn cung AC)

=> IAC đồng dạng IBA =>

IA IC  IB IA

=> IA2 = IB . IC b) IA = IB . IC mà IA = IM 2

H C

=> IA2 = IM2 => IM2 = IB. IC Chứng minh IMC đồng dạng IBM => IM̂C  IB̂M mà BD̂C  IB̂M ( cùng chắn cung BC) => IM̂C  IB̂M mà hai góc ở vị trí so le trong => AM // BD

c) Chứng minh IAC đồng dạng IBA => IĈA  IÂB (1) Chứng minh IAH cân tại I => IĤA  IÂB (2) Từ (1) và (2) => IĈA  IĤA Chứng minh AHCI nội tiếp Ta có AM //BD => AB̂D  IÂB Mà AB̂D  AĈD (cùng chắn cung AD) Và IÂB  IĤA ( AIH cân) Và AĈI  IĤA => AĈD  AĈI => CA là tia phân giác IĈD