I. ĐỀ tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2015

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)  $x^2 – 8x+15=0$.
b)  $2x^2 – \sqrt{2}x -2 =0$.
c)  $x^4 -5 x^2 -6=0$.
d) $2x+ 5y = -3$ và $3x-y =4$

Bài 2.

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số $y = x^2$ và đường thẳng (D): $y = x + 2$ trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:
a) $A = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x – 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 10}}{{x – 4}}\left( {x \ge 0,x \ne 4} \right)$
b) $B = (13-4\sqrt{3})(7+4\sqrt{3})-8\sqrt{20+2\sqrt{43+24\sqrt{3}}}$.
Bài 4. Cho phương trình $x^2 – mx+m-2=0$ (1) ($x$ là ẩn số).

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị $m$.
b) Định $m$ để hai nghiệm $x_1, x_2$ của (1) thỏa $\dfrac{x_1^2-2}{x_1-1}.\dfrac{x_2^2-2}{x_2-1} = 4$.
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB < AC$ có ba góc nhọn. Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt là tại $E, F$. Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. D là giao điểm của $AH$ và $BC$.
a) Chứng minh $AD \bot BC$ và $AH.AD = AE.AC$.
b) Chứng minh $EFDO$ là tứ giác nội tiếp.
c) Trên tia đối của tia $DE$ lấy điểm $L$ sao cho $DL = DF$. Tính số đo góc $BLC$.
d) Gọi $R, S$ lần lượt là hình chiếu của $B, C$ lên $EF$. Chứng minh $DE + DF = RS$.

II. ĐÁP ÁN

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $x^2 -8x +15 =0$
$\Delta ‘ =1 $
Hai nghiệm của phương trình là $x_1 = 3$; $x_2 =5$
b)  $2x^2 – \sqrt{2}x -2 =0$
$\Delta =18$
Hai nghiệm của phương trình là $x_1 = \sqrt{2}$; $x_2 = \dfrac{-\sqrt{2}}{2}$
c) $x^4 – 5x^2 -6 =0 $
Đặt $t= x^2 \ge 0$
Phương trình trở thành $t^2 -5t -6=0$
$\Delta = 49$
$t_1 = -1$ (loại) và $t_2 = 6$ (nhận)
Với $t=6 \Rightarrow x= \pm \sqrt{6}$
d) $2x+ 5y =-3 \;\; (1)$ và $3x-y =4 \;\; (2)$
$\Leftrightarrow  2x+5y = -3 \;\; (1) $ và $17x = 17 \;\; ((1) + 5\cdot (2))$
$ \Leftrightarrow  x=1 $ và $y= -1$.

Bài 2.

a) Lưu ý: $(P)$ đi qua $O(0;0)$, $( \pm 1 ;1)$, $\pm 2; 4 )$
$(D)$ đi qua $(1;3)$, $(0;2)$

Đồ thị:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là:
$x^2 = x + 2 \Leftrightarrow x^2 -x-2=0 $

$\Leftrightarrow  x=-1$ và $x=2$
$y(-1) = 1$, $y(2)=4$
Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(2;4)$, $(-1;1)$.

Bài 3.
a) $A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+ \dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}+ \dfrac{\sqrt{x}-10}{x-4} $
$= \dfrac{\sqrt{x} \left( \sqrt{x}+2 \right) + \left( \sqrt{x} -1 \right) \left( \sqrt{x}-2 \right) + \sqrt{x}-10}{x-4} $
$= \dfrac{x+2\sqrt{x}+x – 2\sqrt{x}-\sqrt{x}+2+ \sqrt{x}-10}{x-4}
= \dfrac{2x-8}{x-4} =2$
b) $B=\left( 13- 4\sqrt{3} \right) \left( 7+ 4\sqrt{3} \right) – 8\sqrt{20 + 2\sqrt{43 + 24\sqrt{3}}} $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8 \sqrt{20 + 2\sqrt{\left( 13-4\sqrt{3} \right) \left( 7+4\sqrt{3} \right) }} $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8\sqrt{\left( \sqrt{13-4\sqrt{3}} + \sqrt{7+ 4\sqrt{3}} \right) ^2} $
$= 43 + 24\sqrt{3} -8 \left( \sqrt{\left( 2\sqrt{3}-1 \right) ^2} + \sqrt{\left( 2+ \sqrt{3} \right) ^2 } \right) $
$= 43 + 24\sqrt{3} – 8 \left( 3\sqrt{3}+1 \right) $
$=35$.
Bài 4.

a) $x^2 – mx +m-2 =0$ $(1)$
$\Delta = m^2 -4m +8 = (m-2)^2 + 4 >0, \; \forall m$
Do đó phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Theo Viet, ta có:

$S= x_1 + x_2 = m $ và $P = x_1 \cdot x_2 = m-2$
$\dfrac{x_1^2 -2}{x_1-1} \cdot \dfrac{x_2^2-2}{x_2-1} =4 $
$\Leftrightarrow x_1^2x_2^2 – 2\left( x_1^2 + x_2^2 \right) + 4 = 4x_1x_2 – 4 \left( x_1 + x_2 \right) +4 $
$\Leftrightarrow P^2 -2 \left( S^2 -2P \right) -4P + 4S =0 $
$\Leftrightarrow P^2 -2S^2 + 4S =0 $
$\Leftrightarrow (m-2)^2 -2m^2 + 4m =0 $
$\Leftrightarrow -m^2 +4 =0 $
$\Leftrightarrow m= \pm 2$
Cách khác:
$x_1$, $x_2$ là hai nghiệm của phương trình nên:
$x_1^2 -mx_1 +m -2=0 \Rightarrow m= \dfrac{x_1^2-2}{x_1-1}$
$x_2^2 -mx_2 +m-2 =0 \Rightarrow m= \dfrac{x_2^2-2}{x_2-1}$
$\dfrac{x_1^2-2}{x_1-1} \cdot \dfrac{x_2^2 -2 }{x_2-1} =4
\Leftrightarrow m^2 =4 \Leftrightarrow m= \pm 2$.
Bài 5.

a) $\angle BEC = \angle BFC =90 ^\circ $
$H$ là trực tâm của $\triangle ABC \Rightarrow$ $AD$ là đường cao của $\triangle ABC \Rightarrow AD \bot BC$.
$\triangle ADC \backsim \triangle AEH \Rightarrow AH \cdot AD = AE \cdot AC$.
b) $\angle EOC = 2\angle EFC $
Tứ giác $HFBD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle CFD = \angle EBC$ mà $\angle EBC = \angle CFE$
$\Rightarrow \angle CFD = \angle CFE \Rightarrow \angle DFE = 2\angle CFE$
Suy ra: $\angle EOC = \angle DFE \Rightarrow$ tứ giác $EFDO$ nội tiếp.
c) $EFDO$ nội tiếp $\Rightarrow \angle EDF = \angle EOF = 2\angle FCE$ (1)
Tam giác $DFL$ cân tại $D$ $\Rightarrow \angle EDF = 2\angle FLE$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle FCE = \angle FLE$
$\Rightarrow$ $EFLC$ nội tiếp $\Rightarrow L \in (O) \Rightarrow \angle BLC =90^\circ $
d) $\angle BIC =90^\circ \Rightarrow $ $SRBI$ là hình chữ nhật $\Rightarrow RS= BI$ (3)
$DF = DL$ và $OF = OL \Rightarrow $ $OD$ là trung trực của $FL$
$\Rightarrow \angle BIL = \angle BEF$ (vì cung $BL$ và $BF$ bằng nhau)
Mà $\angle BEF = \angle EBI$ nên $\angle BIL = \angle EBI \Rightarrow BE // LI$
$\Rightarrow $ $BEIL$ là hình thang cân $\Rightarrow EL = BI$ (4)
Từ (3) và (4) $\Rightarrow EL = RS$ hay $DE + DF = RS$.