Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2007-2008 khóa ngày 20 - 6 - 2007 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM 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 - 2 5 x + 4 = 0 b) x4 - 29x2 + 100 = 0 c) ⎧ 5x + 6y = 17 ⎨ ⎩ 9x − y = 7 Câu 2 (1, 5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: a) A = b) B = ( 4 − 2 3 6 − 2 3 2 + 6 ) 6 − 3 3 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 = x1x2 - 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 OK BC  khi tứ giác BHOC nội tiếp. d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC. HẾT 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) ⎧ 5x + 6y = 17 ⎧ 5x ⎨ ⇔ ⎨ + 6 (9x − 7) = 17 ⎧ 59x = 59 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨x = 1 ⎩ 9x − y = 7 ⎩ y ( 3 − 1) 2 = 9x − 7 3 − 1 1 2 ⎩ y = 9x − 7 ⎩ y = 2 Câu 2: a) A = = = = 2 ( 3 − 1) 2 ( 3 − 1) 2 2 b) B = (3 + 3) 12 − 6 3 = (3 + 3) (3 − 3)2 = (3 + Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0). ⎧ 2 (x + y) = 120 ⎧ y = 60 − x  3) (3 − 3) = 9 - 3 = 6. Theo đề bài ta có: ⎨ ⇔ ⎨ ⎩xy = 675 ⎩x(60 − x) = 675 (*) 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 3 2 5 Do đó: A = P - S = m2 - m + 1 - 2m = m2 - 3m + 1 = (m Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 3 2 − (thỏa điều kiện m > 1) 2 ) − ≥ - 5 4 4 Vậy khi m = 3 2 Câu 5:  thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là - 5 4 A a) * 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 BEC= BFC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa E đường tròn) ⇒ BF, CE là hai đường cao của ΔABC. B ⇒ H là trực tâm của Δ ABC. ⇒ AH vuông góc với BC. b) Xét Δ AEC và Δ AFB có: BAC chung và AEC = AFB = 900 ⇒ Δ AEC đồng dạng với Δ AFB ⇒ AE = AC ⇒ AE.AB = AF. AC. AF AB c) Khi BHOC nội tiếp ta có: BOC= BHC mà BHC= EHF ⇒ EHF= BOC và EHF+ EAF = 1800 (do AEHF nội tiếp) ⇒ BOC+ BAC = 1800 mà BOC = 2BAC ⇒ 3 BAC = 1800 ⇒ BAC = 600 ⇒ BOC = 1200 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 ) 1  F H O C D K ⇒ KOC = OK 2 .BOC = 600 0 3 3 Vậy KC = cot gKOC = cot g60 = 3 mà BC = 2KC nên OK = BC 6 d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: BEH = CFH = 900 và EHB= FHC (đối đỉnh) ⇒ Δ EHB đồng dạng với Δ FHC ⇒ HE = HB HF HC ⇒ 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) ATTENTION! TRIAL LIMITATION - ONLY 3 SELECTED PAGES MAY BE CONVERTED PER CONVERSION. PURCHASING A LICENSE REMOVES THIS LIMITATION. TO DO SO, PLEASE CLICK ON THE FOLLOWING LINK: