Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thành phố Hồ Chí Minh Năm học 2008-2009 môn thi: Toán

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 tọa 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--------------