De va dap an mon Toan tuyen sinh lop 10 nam 2013 Tp HCM

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2012 – 2013 KHOÁ NGÀY 21/6/2012 MÔN THI: TOÁN THỜI GIAN: 120 PHÚT (không kể thời gian phát đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 : (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau : 2x  3y  7 a) 2x2  x  3  0 b)  3x  2y  4 c) x4 + x2 – 12 = 0 Bài 2 : (1,5 điểm). d) x2 - 2 2 x – 7 = 0. a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y . x 1 2 x và đường thẳng (D) : y    2 trên cùng một hệ trục 2 4. tọa độ. b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính Bài 3 : (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau : A=. 1 x x. . 2 x 1  vớ i x  0; x  1 x 1 x  x. B = (2 - 3 ) 26  15 3 - (2 + 3 ) 26  15 3 Bài 4 : (1,5 điểm) Cho phương trình : x2  2mx  m  2  0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức M =. 24 đạt giá trị nhỏ nhất. x  x 22  6x1x 2 2 1. Bài 5 : (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (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 vuông 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 tròn đường kính MF; nửa đường tròn 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 vuông 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. – HẾT –. HƯỚNG DẪN GIẢI. c 3 Bài 1 : a) 2x2  x  3  0 có dạng : a - b + c = 2 – (-1) – 3 = 0 nên có nghiệm x1  -1 ; x 2    a 2 ( có thể giải bằng công thức nghiệm hay công thức nghiệm thu gọn).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2x  3y  7 4x  6y  14 13x  26 x  2 b)  .    3x  2y  4 9x  6y  12 3x  2y  4 y  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=2; y= -1) c) x4 + x2 – 12 = 0 đặt t = x2, t  0. Phương trình có dạng : t2 + t – 12 = 0 1  7 1  7 = 3 (nhận) , t2 = = -4 < 0 (loại)  = b2 – 4ac = 1 – 4(-12) = 49, t1 = 2 2 Với t = 3 thì x2 = 3  x = . 3 . Vậy phương trình có nghiệm là: x = . 3.. d) 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 Bài 2: a) Bảng giá trị: x -4 -2 0 2 4 1 2 x 4. 4. 1. x. 0. 2. x y 2 2. 2. 1. y. 0. 1. 4. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) là: 1 2 1 x   x  2  x 2  2x  8  0 , 4 2 có:  '  9,  '  3 nên: x1  2;x 2  4 . 1 Với x1  2 thì y1  (2)2  1 4 1 x 2  4 thì y 2  (4)2  4 4. Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) và (2;1) và (-4;4). Bài 3 : x  1  2 x x  ( x  1) 1 2 x 1 A    x ( x  1) ( x  1)( x  1) x ( x  1)( x  1) x ( x  1) . x  1  2x  x  1 2(x  1) 2   x ( x  1)( x  1) 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  3). 3. 3 5. . 2.  (2  3). 3. 3 5. . 2.  (2  3)(3 3  5)  (2  3)(3 3  5).  6 3  10  6  5 3  6 3  10  9  5 3 = 2 Vậy B = 2 .. Bài 4: 2. 1 7  a)   m  m  2   m     0 với mọi m. 2 4  Vậy phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m. c) Theo hệ thức Viet ta có: x1  x 2  2m;x1x 2  m  2 . '. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 24 24 24 24    2 2 2 2 x  x 2  6x1x 2 (x1  x 2 )  2x1x 2  6x 2 x 2 (x1  x 2 )  8x1x 2 (2m)  8(m  2) 24 6    2 2 4m  8m  16 (m  1) 2  3 Dấu “=” xảy ra khi m = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của M = -2 khi m = 1. Bài 5 : (3,5 điểm) P C a) Xét  MEA và  MBF có : M. 2 1. EMA chung, MEA  MBF ( AEFB nội tiếp) ME MA    MEA ∽  MBF (gg)  MB MF  MA. MB = ME. MF MC MA b)  MCA ∽  MBC (gg)   MB MC  MC2 = MA. MB  MCO vuông tại C, CH đường cao : MC2 = MH. MO Do đó : MA. MB = MH. MO. F. Suy ra :  MHA ∽  MBO (cgc)  MHA  MBO  AHOB nội tiếp ( tứ giác có góc trong bằng góc đối ngoài). E. H. O. J S. Q. A. T B. c) MKF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MKF vuông tại K, KE đường cao : MK2 = ME. MF MC ME   MC2 = ME. MF  MCE ∽  MFC (gg)  MF MC Vậy : MK2 = MC2  MK = MC Ta có : SCM  SKM  900  tứ giác SCMK nội tiếp đường tròn đường kính SM. Mà : MK = MC nên MK  MC  MS  KC ( đường kính đi qua điểm chính giữa cung) d) SM cắt CK tại J.  JSK vuông tại J có JT là đường trung tuyến  TS = TJ 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. NGUYỄN ANH HOÀNG – NGUYỄN ĐỨC TẤN (Phòng Giáo Dục và Đào Tạo Q.1 TP HCM). K. M.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>