Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2013-2014 - 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 2013-2014 - 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: 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)x2 5x 6 0 b)x2 2x 1 0 c)x4 3x2 4 0 2x y 3 d) x 2y 1 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2 và đường thẳng (d): y=-x+2 trên cùng một hệ trục tọa 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: x 3 x 3 A ( ). với x 0; x 9 x 3 x 3 x 9 B 21( 2 3 3 5 )2 6( 2 3 3 5 )2 15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 8x2 8x m2 1 0(*) (x là ẩn số) 1 a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x 2 b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 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 MBC=BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp 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
2. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)x2 5x 6 0 25 24 1 5 1 5 1 x 2 hay x= 3 2 2 b)x2 2x 1 0 ' 1 1 2 x 1 2 hay x=1+ 2 c) Đặt u = x2 0 pt thành: u2 3u 4 0 (u 1)(u 4) 0 u 1 x2 1 x 1 u 4(L) Cách khác : pt (x2 1)(x2 4) 0 x2 1 0 x 1 2x y 3(1) 4x 2y 6 2x y 3 x 1 d) x 2y 1(2) x 2y 1 5x 5 y 1 Bài 2: a) Đồ thị
3. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1;1);( 2;4) (D) đi qua (1;1);(-2;4);(0;2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 x 2 x2 x 2 0 (x 1)(x 2) 0 x 1 x 2 y(1)=1;y(-2)=4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là (-2;4);(1;1) 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0;x 9 x 3 x 3 x 9 x 3 A ( ). ( x 3)( x 3) x 9 1 x 3 21 B ( 4 2 3 6 2 5 )2 3( 4 2 3 6 2 5 )2 15 15 2 21 ( 3 1 5 1)2 3( 3 1 5 1)2 15 15 2 15 ( 3 5)2 15 15 60 2 Câu 4:
4. 1 x 2 4 m2 1 0 a/ Phương trình (*) có nghiệm 2 m 1 b/ ' 16 8m2 8 8(1 m2 ) 4 4 3 3 Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là: x1=x2 khi đó x1 x2 x1 x2 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: | m | 1 hay -1<m<1. khi |m|<1 hay -1<m<1 ta co: 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 2 2 2 2 2 2 (x1 x2 )(x1 x2 ) (x1 x2 )(x1 x2 x1x2 ) 2 2 (x1 x2 )[(x1 x2 ) 2x1x2 ] (x1 x2 ) x1x2 (Do x1 x2 ) S(S 2 2P) S2 P 1(12 2P) 12 P P 0 m2 1 0(VN) Do đó yêu cầu bài toán  m= 1 Cách khác Khi 0 ta có: m2 1 x x 1; x x 1 2 1 2 8 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 3 3 x1 (x1 1) x2 (x2 1) 0 3 3 x1 x2 x1x2 0(Do x1 1 x2 ; x2 1 x1) 2 2 x1x2 (x1 x2 ) 0 (x1 x2 )(x1 x2 ) 0(do x1x2 0) x1 x2 m 1 Câu 5:
5. a) Ta có BAC=MBC do cùng chắn cung BC Và BAC=MIC do AB//MI =>MBC=MIC=>ICMB nội tiếp đường tròn đường kính OM( vì 2 điểm B và C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC nên FB.FC=FE.FD Và 2 tam giác FBM và FIC đồng dạng nên FB.FC=FI.FM So sánh ta có: FI.FM=FD.FE c) Ta có PTQ=90o do PQ là đường kính FI FT Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên FIQ=FTM mà FIQ=OIM=90o (I nhìn OM dưới góc 90o) Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM=180o d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’;O’T lần lượt tại L và T Vẽ IH vuông BC tại H IH IT O ' I O 'T O 'O O ' L OL