Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tp.HCM năm học: 2013 – 2014 đề chính thức 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) 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: với ; Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm , thỏa điều kiện: 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. Chứng minh rằng . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. 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. Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. ĐÁP ÁN Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) b) c) Đặt u = x2 pt thành : (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt Cách khác pt d) Û Û Û 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 (a+ b + c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x và x 9 ta có : Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x = b/ ∆’ = Thì PT có nghiệm thỏa mãn đẳng thức: Từ đẳng thức: TH1: Với x1 = x2 => ∆’ = 0 => m = , khi đó thỏa mãn. TH2: : Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: ∆’ = . Khi Ta có ( Do x1 khác x2) (Vì S = 1) (vô nghiệm) . Do đó yêu cầu bài toán Cách khác: Khi ta có và (thế và ) (vì x1x2 0) (vì x1+x2 =1 0) Câu 5 a) Ta có do cùng chắn cung . Và do AB// MI Vậy , nên bốn điểm I, C, M,B cùng nằm trên đường tròn đường kính OM (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Ta có FBD FEC (g. g). Vì (góc nội tiếp cùng chắn một cung) (hai góc đối đỉnh) => FB. FC =FE. FD(1) Tương tự ó FBM FIC (g. g). Vì (góc nội tiếp cùng chắn một cung) (hai góc đối đỉnh) => FB. FC =FI. FM (2) Từ (1) và (2) = > FI.FM = FD.FE. c) Ta có góc = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính PQ) (*) Lại có:Ta có FTD FEQ (g. g). Vì (góc nội tiếp cùng chắn một cung) (hai góc đối đỉnh) => FT. FQ =FE. FD = FI.FM (*) Và (hai góc đối đỉnh) (2*) Từ (*) và (2*) = > FTM FIQ (c.g.c). Nên (I nhìn OM dưới góc 900) Nên P, T, M thẳng hàng vì . d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích 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 của đường tròn đường kính OM. Khi I O thì vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R).