Các đề tuyển sinh 10 của thành phố Hồ Chí Minh từ 2007_2008 đến 2011_2012

Các đề tuyển sinh 10 của TP HỒ CHÍ MINH Từ 2007_2008 đến 2011_2012 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008 KHÓA NGÀY 20-6-2007 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1, 5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 – 2x + 4 = 0 b) x4 – 29x2 + 100 = 0 c) Câu 2: (1, 5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: a) b) Câu 3: (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2 và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và chiều rộng của khu vườn. Câu 4: (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số. a) Giải phương trình với m = 1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2. c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D. a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC. b) Chứng minh AE.AB = AF.AC. c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC. Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp. d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC. Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2007-2008 Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1. b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 t = 25 hay t =2. * t = 25 x2 = 25 x = ± 5. * t = 4 x2 = 4 x = ± 2. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5. c) Câu 2: a) b) Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0). Theo đề bài ta có: Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = 0 x = 45 hay x = 15. Khi x = 45 thì y = 15 (nhận) Khi x = 15 thì y = 45 (loại) Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m) Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1) a) Khi m = 1 thì (1) trở thành: x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1. b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Δ’ = m – 1 > 0 m > 1. Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1. c) Khi m > 1 ta có: S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1 Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 = Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1) Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là –. Câu 5: * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC. Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. * Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BF, CE là hai đường cao của ΔABC. H là trực tâm của Δ ABC. AH vuông góc với BC. b) Xét Δ AEC và Δ AFB có: chung và Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có: mà và (do AEHF nội tiếp) Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vuông góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC ) Vậy mà BC = 2KC nên d) d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: (đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12 HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = 0 HC = 2 hoặc HC = 6. * Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE) * Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE) Vậy HC = 6 (cm). **************************** SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2008-2009 KHÓA NGÀY 18-06-2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1) b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2) c) (3) Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –x2 và đường thẳng (D): y = x – 2 trên cùng một cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau: a) A = b) B = (x > 0; x ≠ 4). Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để . Câu 5: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. a) Chứng minh MA2 = MC.MD. b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một đường tròn. c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD. d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K thẳng hàng. -----oOo----- Gợi ý giải đề thi môn toán Câu 1: a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1) Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 = 1 hay x2 = . Cách 2: Ta có D = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x1 = hoặc x2 = . b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2) Đặt t = x2, t ≥ 0. Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 Û (a – b + c = 0) So sánh điều kiện ta được t = 4 Û x2 = 4 Û x = ± 2. Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2. c) (3) Cách 1: Từ (a) Þ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được: 3x + 4(1 – 2x) = –1 Û –5x = –5 Û x = 1. Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. Cách 2: (3) Û Û Û Û . Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. Câu 2: a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x2: x –2 –1 0 1 2 y = –x2 –4 –1 0 –1 –4 * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2: x 0 2 y = x – 2 –2 0 Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau: b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là: –x2 = x – 2 Û x2 + x – 2 = 0 Û x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0) Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –2 thì y = –4. Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4). Câu 3: a) A = = = Mà 2 – > 0 và 2 + > 0 nên A = 2 – – 2 – = . b) B = . = = = = = 6. Câu 4: x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt. Cách 1: Ta có: D' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để . Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Khi đó ta có S = và P = x1x2 = –1. Do đó Û S2 – 3P = 7 Û (2m)2 + 3 = 7 Û m2 = 1 Û m = ± 1. Vậy m thoả yêu cầu bài toán Û m = ± 1. Câu 5: a) Xét hai tam giác MAC và MDA có: – Ð M chung – Ð MAC = Ð MDA (= ). Suy ra DMAC đồng dạng với DMDA (g – g) Þ Þ MA2 = MC.MD. b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ÐMAO = Ð MBO = 900. * I là trung điểm dây CD nên Ð MIO = 900. Do đó: Ð MAO = Ð MBO = Ð MIO = 900 Þ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO. c) Ø Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó MO là trung trực của AB Þ MO ^ AB. Trong DMAO vuông tại A có AH là đường cao Þ MA2 = MH.MO. Mà MA2 = MC.MD (do a)) Þ MC.MD = MH.MO Þ (1). Xét D MHC và DMDO có: ÐM chung, kết hợp với (1) ta suy ra DMHC và DMDO đồng dạng (c–g –c) Þ Ð MHC = Ð MDO Þ Tứ giác OHCD nội tiếp. Ø Ta có: + DOCD cân tại O Þ Ð OCD = Ð MDO + Ð OCD = Ð OHD (do OHCD nội tiếp) Do đó Ð MDO = Ð OHD mà Ð MDO = Ð MHC (cmt) Þ Ð MHC = Ð OHD Þ 900 – Ð MHC = 900 – Ð OHD Þ Ð CHA = Ð DHA Þ HA là phân giác của Ð CHD hay AB là phân giác của Ð CHD. d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì Ð OCK = Ð ODK = 900) Þ Ð OKC = Ð ODC = Ð MDO mà Ð MDO = Ð MHC (cmt) Þ Ð OKC = Ð MHC Þ OKCH nội tiếp Þ Ð KHO = Ð KCO = 900. Þ KH ^ MO tại H mà AB ^ MO tại H Þ HK trùng AB Þ K, A, B thẳng hàng. --------------oOo-------------- Së GD vµ §T TP Hå ChÝ Minh K× thi tuyÓn sinh líp 10Trung häc phæ th«ng N¨m häc 2009-2010 Kho¸ ngµy 24-6-2009 M«n thi: to¸n C©u I: Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh sau: a) 8x2 - 2x - 1 = 0 b) c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2x + 2 = 0 C©u II: a) VÏ ®å thÞ (P) cña hµm sè y = vµ ®th¼ng (d): y = x + 4 trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é. b) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) b»ng phÐp tÝnh. C©u III: Thu gän c¸c biÓu thøc sau: A = B = C©u IV: Cho ph­¬ng tr×nh x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = 0 (m lµ tham sè) a) Chøng minh ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m. b) Gäi x1, x2 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh. T×m m ®Ó x12 + x22 =1. C©u V: Cho tam gi¸c ABC (AB<AC) cã ba gãc nhän néi tiÕp ®­êng trßn (O) cã t©m O, b¸n kÝnh R. Gäi H lµ giao ®iÓm cña ba ®­êng cao AD, BE, CF cña tam gi¸c ABC. Gäi S lµ diÖn tÝch tam gi¸c ABC. a) Chóng minh r»ng AEHF vµ AEDB lµ c¸c tø gi¸c néi tiÕp ®­êng trßn. b) VÏ ®­êng kÝnh AK cña ®­êng trßn (O). Chøng minh tam gi¸c ABD vµ tam gi¸c AKC ®ång d¹ng víi nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD vµ S = . c) Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC. Chøng minh EFDM lµ tø gi¸c néi tiÕp ®­êng trßn. d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = 2 S. Gîi ý ®¸p ¸n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) c) b) d) Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = . Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) (1) (1) b) c) (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4) (4) có Do đó (3) d) (5) Do đó (5) Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), . (D) đi qua Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là : . b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là . Bài 3: 2B = = = Þ B = 10. Bài 4: a) Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1 A= Do đó giá trị lớn nhất của A là : . Đạt được khi m = Bài 5: I K B O M Q E A P x I a) Ta có góc = 90O = => EAOM nội tiếp. Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc vuông bằng nhau là , vì AE // BM => (1) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. Cách 2 : Ta có (3) do AE // KP, mặt khác, ta có (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có : . Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : abcd (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = Ta có: S = SAPMQ = S đạt max Û đạt max Û x.x.x(2R – x) đạt max Û đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = Ta có : Do đó S đạt max Û Û . 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) b) c) d) Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): 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: Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (x là ẩn số) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức A = . 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). Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. 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 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. Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên (a) b) Û Û Û c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 ³ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) (*) có D = 169, nên (*) Û hay (loại) Do đó, (C) Û x2 = 4 Û x = ±2 Cách khác : (C) Û (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 Û x2 = 4 Û x = ±2 d) (d) (d) có : a + b + c = 0 nên (d) Û x = 1 hay Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), (D) đi qua b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là Û x2 – 2x – 3 = 0 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là . Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: = = = = = = = = = = = = = 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/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = ; P = A = = =với mọi m. Và A = 6 khi m = Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = A B C D P E O H I K F Q Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 Þ OA vuông góc với EF b) OA vuông góc PQ Þ cung PA = cung AQ Do đó: DAPE đồng dạng DABP Þ Þ AP2 = AE.AB Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng DHAB vuông tại H, có HE là chiều cao) Þ AP = AH Þ DAPH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA Þ DE.DF = DK.DA Do đó DDFK đồng dạng DDAE Þ góc DKF = góc DEA Þ tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong DAHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong DAHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy Þ AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK (DICF đồng dạng DIKD) và IH2 = IF.IK (từ DIHF đồng dạng DIKH) Þ IH2 = IC.ID