Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP Hồ Chí Minh năm học: 2013 – 2014 môn: Toán42926

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   b) x  x   c) x  3x     2x  y   x  y  1 d)  Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  x đường thẳng (D): y   x  hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:  x  x 3 A    với x  ; x   x   x   x 3 B  21  2  3   6 2  3  15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  x  m   (*) (x ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x  b) Tìm m để phương trình (*) có ng x1 , x2 thỏa điều kiện: x14  x24  x13  x23 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I ฀ ฀ a) Chứng minh MBC  BAC Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn d) Ta có BC khơng đổi Vậy diện tích S IBC lớn khoảng cách từ I đến BC lớn ฀ đường trịn đường kính OM Khi Vậy I trùng với O u cầu tốn I nằm cung BC I trùng O ABC vng B Vậy diện tích tam giác ICB lớn AC đường kính đường tròn (O;R) Cách khác: O’ trung điểm OM BC cắt OO’, O’T L, T Vẽ IH vng góc BC H IH  IT  O ' I  O 'T  O ' O  O ' L  OL ThuVienDeThi.com Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x =    m    m   m  1 b/ ∆’ = 16  8m   8(1  m ) 2 Khi m = 1 ta có ∆’ = tức : x1  x2 x1  x2  x1  x2 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là: m  hay   m  Khi m  hay   m  ta có 4 3 x14  x24  x13  x23  x12  x22 x12  x22  x1  x2 x12  x22  x1.x2   x1  x2 x12  x22  x12  x22  x1.x2 (Do x1 khác x2)  x1  x2 x1  x2   x1 x2   ( x1  x2 )  x1.x2    S ( S  P)  S  P  1(12  P )  12  P (Vì S = 1)  P   m   (vơ nghiệm) Do yêu cầu toán  m  1 Cách khác Khi   ta có m2  x1  x2  x1 x2  4 3 x1  x2  x1  x2  x1 ( x1  1)  x23 ( x2  1)  A E P O I   x x  x x  (thế x1    x2 x2    x1 ) 3 2  x1 x2 ( x  x )   ( x1  x2 )( x1  x2 )  (vì x1x2  0)  x1  x2 (vì x1+x2 =1  0)  m  1 Q F B C D T Câu c) Ta có góc PTQ=900 POIQ đường kính Và tam giác đồng dạng FIQ FTM có góc đối đỉnh F (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) ฀  FTM ฀ ฀  OIM ฀  900 (I nhìn OM góc 900) Nên FIQ mà FIQ ฀  1800 Nên P, T, M thẳng hàng PTM ThuVienDeThi.com M FI FT  FQ FM ...  OIM ฀  900 (I nhìn OM góc 900) Nên FIQ mà FIQ ฀  1800 Nên P, T, M thẳng hàng PTM ThuVienDeThi.com M FI FT  FQ FM