Đề thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông môn Toán năm học 2010 – 2011 và hướng dẫn giải

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2010 – 2011
KHÓA NGÀY 22/06/2010
MÔN THI: TOÁN
THỜI GIAN: 120 PHÚT
Câu 1: (2 điểm)
Giải phương trình và các hệ phương trình sau:
a)
2
2 3 2 0
x x
  

b)
4 1
6 2 9
x y
x y
  



 


c)
4 2
4 13 3 0
x x
  

d)
2
2 2 2 1 0
x x
  


Câu 2: (1.5 điểm)
a) Vẽ đồ thị


P
của hàm số
2
2
x
y
 
và đường thẳng
 

1
: 1
2
D y x
 
trên cùng một hệ
trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của


P
và


D
ở câu trên bằng phép tính.

Câu 3: (1.5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:

12 6 3 21 12 3
A    

2 2
5 3
5 2 3 3 5 2 3 3 5
2 2
B
   
         

   
   

Câu 4: (1.5 điểm)
Cho phương trình


2 2
3 1 2 1 0
x m x m m
     
(
x
là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi
m
.
b) Gọi
1 2
,
x x
là các nghiệm của phương trình. Tìm
m
để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
2 2
1 2 1 2
3
A x x x x
  
Câu 5: (3.5 điểm)

Cho đường tròn tâm
O
đường kính
2
AB R

. Gọi
M
là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn


O
khác A và B. Các tiếp tuyến của


O
tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P
thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE)
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ . Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP . Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.
Suy ra K là trung điểm của MP.
d) Đặt
AP x

. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên


O
để hình chữ nhật APMQ có

diện tích lớn nhất.

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (2 điểm)
a)
2
2 3 2 0
x x
  

9 16 25 5
      

Phương trình có 2 nghiệm:
1
2
3 5
2
2 4
3 5 1
2 4 2
b
x
a
b
x

a

   
  



   
   



Vậy
1
;2
2
S
 
 
 
 


b)


 
4 1 1
6 2 9 2
x y

x y
   


 





1 4 1
y x
   

Thay vào


2
ta được:


6 2 4 1 9
14 2 9
14 7
1
2
x x
x
x
x

   
  
 
 

Suy ra:
1
4. 1 3
2
x
    

Vậy nghiệm của hệ là:
1
; 3
2
 

 
 


c)
4 2
4 13 3 0
x x
  

Đặt



2
0
t x t
 

Phương trình trở thành:
2
4 13 3 0
t t
  

169 48 121 11
      

Phương trình có 2 nghiệm:
1
2
13 11
3
2 8
13 11 1
2 8 4
b
t
a
b
t
a


   
  



   
  



Với
1 1
4 2
t x
   

Với
3 3
t x
   

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
3

Vậy
1 1
; ; 3; 3
2 2
S

 
  
 
 


d)
2
2 2 2 1 0
x x
  

2 2 4 2
 
      

Phương trình có 2 nghiệm:
1
2
2 2
2
2 2
2
b
x
a
b
x
a


 
   
 



 
   
 



Vậy
2 2 2 2
;
2 2
S
 
 
 

 
 
 


Câu 2: (1.5 điểm)
a) Bảng giá trị hàm số
2
2

x
y
 

X -4 -2 0 2 4
Y -8 -2 0 -2 -8

Đồ thị
6
4
2
2
4
6
8
10
10 5 5 10 15
g
x
( ) =
x
2
1
f
x
( ) =
x
2
2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của


P
và


D
:
2
2
1
2 2
2 0
x x
x x
  
   

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
4

Ta thấy:
1 1 2 0
  
nên phương trình có 2 nghiệm
1
2
1

2
x
x



 


Với
1 1
1 1
2 2
x y
     

2 1 1 2
x y
       

Vậy tọa độ giao điểm của


P
và


D
là:
1

1;
2
 

 
 
và


2; 2
 


Câu 3: (1.5 điểm)
   
2 2
3 3 3 12
3 3 3 12
3 3 12 3
2 3 3
3
A    
   
   
 







       
   
   
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
5 5 1 3
2 2 3 2 3 5 2 2 2 3 2 3 5 2
2 2 2 2
5 1
4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3
2 2
5 1
1 3 5 1 5 1 3 5 1 3
2 2
5 1
1 3 5 1 5 1 3 5 1 3
2 2
5 1
1 3 5 1 5 3 1 5 1 3
2 2
5 1
.3 .5
2 2
10
B

   
         
   
   
         
   
         
   
   
         
         
 



Câu 4: (1.5 điểm)
Cho phương trình


2 2
3 1 2 1 0
x m x m m
     
(
x
là ẩn số)
a) Có:





 
2
2
2 2
2
2
3 1 4 2 1
9 6 1 8 4 4
2 1 4 1 4
m m m
m m m m
m m m
     
     
      

Ta thấy:
0
m
  
, nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi
m
.
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
5

b) Do phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi m nên theo định lý viet ta có:
2

1 2 1 2
3 1, 2 1
x x m x x m m
     

Có:
 
 
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
3
2 3
5
A x x x x
x x x x x x
x x x x
  
   
  
,
Với
2
1 2 1 2
3 1, 2 1
x x m x x m m
     

Suy ra




2
2
2 2
2
2
2
3 1 5 2 1
9 6 1 10 5 5
6
1 1
6
4 4
1 25
2 4
A m m m
m m m m
m m
m m
m
    
     
   
 
     

 
 
 
   
 
 

Ta thấy

2
1 25 25
2 4 4
A m
 
    
 
 
, đẳng thức xảy ra khi
1
2
m

.
Vậy giá trị lớn nhất của A là
25
4
khi
1
2
m


.

Câu 5: (3.5 điểm)

x
K
I
P
Q
E
B
O
A
M

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
6

a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật.
Xét tứ giác AEMO có


0 0 0
90 90 180
EAO EMO
   
nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối
bù nhau).

Xét tứ giác APMQ có
//
//
AQ MP
MQ AP



nên là hình bình hành và

0
90
EAO

. Suy ra APMQ là
hình chữ nhật.

b) Gọi I là trung điểm của PQ . Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
Câu trên APMQ là hình chữ nhật nên I cũng là trung điểm AM.
Theo tính chất tiếp tuyến thì EO là trung trực của AM, nên EO đi qua I.
Suy ra E, I, O thẳng hàng

c) Gọi K là giao điểm của EB và MP . Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.
Suy ra K là trung điểm của MP.
Có :
MB AM
EO AM






nên //
MB EO

Và //
AE MP
(cùng vuông góc AB), suy ra


EOA PBM

(góc đồng vị).
Vậy
EAO MPB

  
(2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau)
Ta có:
 
1
AE AO
MP PB

Và ta cũng có:
EAB KPB

  
(2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau)
Ta có:

 
2
2
AE AB AO
KP PB PB
 
(1) và (2) có
2
2
AE AO AE
MP KP
MP PB KP
    , suy ra K là trung điểm MP.

d) Đặt
AP x

. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên


O
để hình chữ nhật APMQ có
diện tích lớn nhất.
Tam giác AMB vuông tại M nên có:
 
 
2
2
.
2

2
MP AP PB
MP x R x
MP x R x

  
  

Diện tích hình chữ nhật APMQ là:


. 2
MP AP x x R x
 

   
2
3
2 3 2 3 3
3 2 3
x
R x
x x
x x R x x R x x x R
 
 
 
 
      
 

 
 
 
 

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
7

2
2
3 3
3 3
3 3. 3 3
3 3 2 4
x x
R
x x
R R
 
 
 
 
   
 
 
 
 
 

Đẳng thức xảy ra khi
2
3
3
2
3 3
x
R x
R
x
x x
R

 


 


 



Vậy diện tích MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm OB.
HẾT