Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP.HCM năm hoc 2012 2013 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2012 – 2013 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) 2 2 3 0    x x

b) 2 3 7 3 2 4       

x y x y

c) 4 2 12 0    x x d) 2 2 2 7 0    x x Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng 2 1 4  y x 1 2 2   y x

một 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 x > 0; 1 2 1 1       x A x x x x x

1  x

(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3       B Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình (x là ẩn số) 2 2 2 0     x mx m a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.

Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ nhất 2 2 1 2 1 2

24

6    x x x x 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 phía 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) Gọi P 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.

BÀI GIẢI

ThuVienDeThi.com

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) (a) 2 2 3 0    x x Vì phương trình (a) có a - b + c = 0 nên

(a) 3 1 2    x hay x

b)  2 3 7 (1)

3 2 4 (2)

      

x y

x y

2 3 7 (1) 5 3 (3) ((2) (1))       

x y x y

 13 13 ((1) 2(3)) 5 3 (3) ((2) (1))         

y x y

 1 2    

y x

c) (C) 4 2 12 0    x x Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = 0 (*)

(*) có  = 49 nên (*)  hay (loại) 1 7 3 2    u 1 7 4 2    u

Do đó, (C)  x2 = 3  x = 3 Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) = 0  x2 = 3  x =  3 d) (d) 2 2 2 7 0    x x ’ = 2 + 7 = 9 do đó (d)  x = 2 3 

Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),    2;1 , 4;4  

(D) đi qua    4;4 , 2;1 

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

 x2 + 2x – 8 = 0 2 1 1 2 4 2   x x 4 2    x hay x

y(-4) = 4, y(2) = 1

ThuVienDeThi.com

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là .    4;4 , 2;1 

Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau:

1 2 1 1       x A x x x x x

2

2

1        x x x x x x x x

với x > 0; 2 2 ( 1) 1      x x x x x

2 1 1 1

        

x x x

2 ( 1) ( 1)    x x x x

2 

x

1  x

(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3       B

1 1 (2 3) 52 30 3 (2 3) 52 30 3 2 2      

2 2 1 1 (2 3) (3 3 5) (2 3) (3 3 5) 2 2      

1 1 (2 3)(3 3 5) (2 3)(3 3 5) 2 2 2       

Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = ; P = 2 b m a   2   c m a

M = = 2 1 2 1 2

24 ( ) 8    x x x x 2 2 24 6 4 8 16 2 4        m m m m

. Khi m = 1 ta có nhỏ nhất 2 6 ( 1) 3     m

2 ( 1) 3   m

lớn nhất khi m = 1 nhỏ nhất khi m = 1 2 6 ( 1) 3     M m 2 6 ( 1) 3      M m Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1

Câu 5

M E F

K

S A

B T

P

Q

C

H

O

V

ThuVienDeThi.com