Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 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) 3x2 2x 1 0 5x 7y 3 b) 5x 4y 8 c) x4 5x2 36 0 d) 3x2 5x 3 3 0 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 và đường thẳng (D): y 2x 3 trên cùng 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: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 x x 2x 28 x 4 x 8 B (x 0, x 16) x 3 x 4 x 1 4 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2mx 4m 5 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 2 2 Tìm m để biểu thức A = x1 x2 x1x2 . đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID
2. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2 2x 1 0 (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên 1 (a) x 1 hay x 3 5x 7y 3 (1) 11y 11 ((1) (2)) b) 5x 4y 8 (2) 5x 4y 8 4 y 1 x 5 5x 4 y 1 c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) 5 13 5 13 (*) có = 169, nên (*) u 4 hay u 9 (loại) 2 2 Do đó, (C) x2 = 4 x = 2 Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 x2 = 4 x = 2 d) 3x2 x 3 3 3 0 (d) 3 3 (d) có : a + b + c = 0 nên (d) x = 1 hay x 3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1; 1 , 2; 4 (D) đi qua 1; 1 , 0; 3 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x2 2x 3 x2 – 2x – 3 = 0 x 1 hay x 3 (Vì a – b + c = 0)
3. y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1; 1 , 3; 9 . Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 (3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3) = 11 13 22 11 3 26 13 3 = = 2 3 2 3 11 13 1 1 = ( 4 2 3 4 2 3) = ( ( 3 1)2 ( 3 1)2 ) 2 2 1 = [ 3 1 ( 3 1)] = 2 2 x x 2x 28 x 4 x 8 B (x 0, x 16) x 3 x 4 x 1 4 x x x 2x 28 x 4 x 8 = ( x 1)( x 4) x 1 4 x x x 2x 28 ( x 4)2 ( x 8)( x 1) = ( x 1)( x 4) x x 2x 28 x 8 x 16 x 9 x 8 x x 4x x 4 = = ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 1)( x 4) = = x 1 ( x 1)( x 4) Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2m ; P = 4m 5 a a 2 2 2  A = (x1 x2 ) 3x1x2 = 4m 3(4m 5) = (2m 3) 6 6, với mọi m. 3 Và A = 6 khi m = 2 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 2 Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có A 3 góc vuông P E K F Q B O H I C D
4. Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 OA vuông góc với EF b) OA vuông góc PQ cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP AP AE AP2 = AE.AB AB AP Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông tại H, có HE là chiều cao) AP = AH APH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong AHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong AHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK ( ICF đồng dạng IKD) và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH) IH2 = IC.ID TS. Nguyễn Phú Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn - TP.HCM)