DeDA Toan vao 10 tp HCM 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10</b>

<b>THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH</b> NĂM HỌC 2012 – 2013

<b> KHOÁ NGÀY 21/6/2012</b>

<b> ĐỀ CHÍNH THỨC </b> <b>MƠN THI: TỐN</b>
<b> THỜI GIAN: 120 PHÚT</b>
<i> (không kể thời gian phát đề)</i>
<b>Câu 1 : (2 điểm) </b>

Giải các phương trình và hệ phương trình sau : <b> </b>

<b>a) </b>2x2 x 3 0  <b>b) </b>

2x 3y 7
3x 2y 4

  



 



<b>c) x</b>4_{+ x}2 _{– 12 = 0} <b>_{d) x}</b>2_{- 2} 2 _{x – 7 = 0}
<b>Bài 2 : (1,5 điểm) </b>

<b> </b> <b>a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số </b>

2
1

y x

4



và đường thẳng (D) :

x

y 2

2

 

trên cùng một hệ trục
tọa độ.

<b> b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính</b>
<b>Bài 3 : (1,5 điểm) </b> <b> </b>

Thu gọn các biểu thức sau :

A =

1 2 x 1 _{vớix 0;x 1}

x 1

x_ x    x_ x  

B = (2 - 3) 26 15 3 - (2 + 3) 26 15 3
<b>Bài 4 : (1,5 điểm) </b>

Cho phương trình : x2 2 m x m 2 0   (x là ẩn số)

<b>a) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.</b>
<b>b) Gọi </b>x , x1 2<b>_{là các nghiệm của phương trình.}</b>

Tìm m để biểu thức M = 12 22 1 2

24

x x 6x x



  _{đạt giá trị nhỏ nhất.}
<b>Bài 5 : (3,5 điểm) </b>

Cho đường trịn (O) có tâm O và điểm M nằm ngồi đường trịn (O). Đường thẳng MO cắt (O)
tại E và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa
hai điểm M và B, A và C nằm khác phiá đối với đường thẳng MO).

a) Chứng minh rằng : MA.MB = ME. MF

b) Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB
nội tiếp.

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính MF; nửa đường
trịn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng
minh rằng đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC.

d) GọiP và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung điểm
của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI</b>

<b>Bài 1 : a) </b>2x2 x 3 0  có dạng : a - b + c = 2 – (-1) – 3 = 0 nên có nghiệm x1_{-1 ;} 2

c 3
x

a 2

 
( có thể giải bằng cơng thức nghiệm hay công thức nghiệm thu gọn)

<b>b) </b>

2x 3y 7 4x 6y 14 13x 26 x 2

3x 2y 4 9x 6y 12 3x 2y 4 y 1

         

  

   

      

    _.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=2; y= -1)

<b>c) x</b>4_{+ x}2 _{– 12 = 0 đặt t = x}2_{, t}__{0. Phương trình có dạng : t}2_{+ t – 12 = 0}

_{= b}2_{– 4ac = 1 – 4(-12) = 49, t}
1 =

1 7
2

 

= 3 (nhận) , t2 =

1 7
2

 

= -4 < 0 (loại)
Với t = 3 thì x2_{= 3}_ _{x =}_ 3_{. Vậy phương trình có nghiệm là: x =}_ 3_.

<b>d) </b>x2_{- 2} 2_{x – 7 = 0 có}   ' 2 7 9,  ' 3_nên:x1 2 3, x 2  2 3.
Vậy nghiệm của phương trình là:x1 2 3, x 2 2

<b>Bài 2</b>:

<b>a)</b> Bảng giá trị:

x -4 -2 0 2 4

2

1

y x

4

 4 1 0 1 4

x 0 2

x

y 2

2

  2 1

<b>b)</b> Phương trình hồnh độ giao điểm của

(D) và (P) là:

2

1 1

x x 2

4  2  _x2 _{2x 8 0}

    _{, có:}

' 9, ' 3

    _nên:x12; x24.
Với x12thì

2
1

1

y (2) 1

4

 

x24thì

2
2

1

y ( 4) 4

4

  

Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) và (2;1) và (-4;4).
<b>Bài 3 :</b>

1 2 x 1

A

x ( x 1) ( x 1)( x 1) x ( x 1)

  

   

x 1 2 x x ( x 1)
x ( x 1)( x 1)

   



 

x 1 2x x 1
x ( x 1)( x 1)

   



 

2(x 1) 2
x (x 1) x



 



2B 2(2 3) 26 15 3  2(2 3) 26 15 3 ₌(2 3) 52 30 3 (2   3) 52 30 3









2 2

(2 3) 3 3 5 (2 3) 3 3 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Vậy B = 2.

<b>Bài 4: </b>

<b>a)</b>

2

' _m2 _{m 2} _m 1 7 ₀

2 4

 

    _  _  

  _{với mọi m.}

Vậy phương trình ln có hai nghiệm với mọi m.
<b>c)</b> Theo hệ thức Viet ta có: x1x22m; x x1 2m 2 .

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 2 2

24 24

M

x x 6x x (x x ) 2x x 6x x

 

 

     1 2 2 1 2 2

24 24

(x x ) 8x x (2m) 8(m 2)

 

 

   

2 2

24 6

2
4m 8m 16 (m 1) 3

 

  

   

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M = -2 khi m = 1.
<b>Bài 5 : (3,5 điểm) </b>

<b>a) Xét </b>_{MEA và}_{MBF có :}


EMA_chung,_{MEA MBF} _

( AEFB nội tiếp)

 _MEA∽ _{MBF (gg)}

ME MA
MB MF

 <b>_{MA. MB = ME. MF}</b>

<b>b) </b>_MCA_∽ _{MBC (gg)}

MC MA
MB MC

 <b>_MC</b>2 _{= MA. MB}

_{MCO vuông tại C, CH đường cao : MC}2 _{= MH. MO}
Do đó : MA. MB = MH. MO

Suy ra : _MHA∽ _{MBO (cgc)} MHA MBO 

 _{AHOB nội tiếp ( tứ giác có góc trong bằng góc đối ngồi)}
<b>c) </b>MKF = 900 _{(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)}

_{MKF vng tại K, KE đường cao : MK}2 _{= ME. MF}

_MCE_∽ _{MFC (gg)}

MC ME

MF MC  _MC2 _{= ME. MF}
Vậy : MK2 _{= MC}2 _ <b>_{MK = MC}</b>

Ta có : SCM SKM 90   0 <b>_{tứ giác SCMK nội tiếp đường trịn đường kính SM.}</b>
Mà : MK = MC nên MK MC   <b>_MS</b>_{KC ( đường kính đi qua điểm chính giữa cung)}
<b>d) SM cắt CK tại J.</b>_{JSK vng tại J có JT là đường trung tuyến} <b>_{TS = TJ}</b>

Ta có : MJ. MS = ME. MF ( = MC2₎_{ }_MEJ_∽ __{MSF (cgc)}_ MEJ MSF _
Suy ra: tứ giác EJSF nội tiếp.

Tương tự : SJAB nội tiếp

Nên SJ là dây chung của hai đường tròn (P) và (Q)  _{PQ là đường trung trực của SJ}
Vậy P, Q, T thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4></div>

<!--links-->