Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP Hồ Chí Minh năm hoc 2013 2014 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) b) c) 2 5 6 0    x x 2 2 1 0   x x 4 3 4 0     x x

d) 2 3 2 1      

x y x y Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một 2  y x 2  y x hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ 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:

với ; 3 3 . 9 3 3

             

x x A x x x

0  x 9  x   

2 2 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15          B

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (*) (x là ẩn số) 2 2 8 8 1 0    x x m

a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 1 2  x

b) Tìm m để phương trình (*) có ng , thỏa điều kiện: 1x 2x 4 4 3 3 1 2 1 2    x x x x Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. A A  MBC BAC b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.

d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. IBC S

Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung của đường tròn đường kính OM. Khi ABC I trùng O thì vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính ABC  của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H. ' ' ' ' IH IT O I O T O O O L OL      

ThuVienDeThi.com

Câu 4:

a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 1 2  2 2 4 1 0 m    2 1 m   1 m  

b/ ∆’ = . 2 2 16 8 8 8(1 ) m m    

Khi m = thì ta có ∆’ = 0 tức là : khi đó thỏa 1  1 2 x x  4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x    Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:

. Khi ta có 1 1 1 m hay m    1 1 1 m hay m   

4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x         2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . x x x x x x x x x x       

(Do x1 khác x2)     2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . x x x x x x x x      

  

2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

2 ( ) .

( 2 )

x x x x x x x x x x

S S P S P

              

(Vì S = 1) 2 2 1(1 2 ) 1 P P    

(vô nghiệm) 0 P   2 1 0 m   Do đó yêu cầu bài toán 1 m  

Cách khác Khi ta có 0 

và 1 2 1 x x  

2

1 2

1 8 m x x  

4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x    3 3 1 1 2 2 .( 1) ( 1) 0 x x x x     

(thế và ) 3 3 1 2 1 2 0 x x x x    1 2 1 x x  2 1 1 x x 

2 2 1 2 1 2 ( ) 0 x x x x   

(vì x1x2 0) 1 2 1 2 ( )( ) 0 x x x x      (vì x1+x2 =1 0) 1 2 x x    1 m   Câu 5 c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính.

Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FI FT FQ FM 

(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)

Nên mà (I nhìn OM dưới góc 900) A A FIQ FTM  A A 0 90 FIQ OIM  

Nên P, T, M thẳng hàng vì . A 0 180 PTM 

A

B C

M

O

D

F

E

Q

P

I

T

ThuVienDeThi.com