Thi vao THPT Tp HCM 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút -Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − 3x − = c) x − 13x + =  x + y = −1 6 x − y = b)  d) x − 2 x − = Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = − x2 đường thẳng (D): y = x − 2 hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A = 12 − + 21 − 12 2  5  3 B =  + + − − + − + + − ÷  ÷  2÷ 2÷     Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − (3m + 1) x + 2m2 + m − = (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12 + x22 − 3x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B.Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn - Hết BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) x − 3x − = (1) ∆ = + 16 = 25 − −1 3+5 = hay x = =2 (1) ⇔ x = 4  y = −3 (1)  x + y = −1 (1)  x + y = −1  ⇔ ⇔ b)  ( pt (2) + pt (1)) 6 x − y = (2) 14 x =  x = c) x − 13x + = (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) (4) có ∆ = 169 − 48 = 121 = 112 (4) ⇔ u = Do (3) ⇔ x = ± 13 − 11 13 + 11 = hay u = =3 8 hay x = ± d) x − 2 x − = (5) ∆' = 2+ = Do (5) ⇔ x = −2 2+2 hay x = 2 1  Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0),  ±1; − ÷, ( ±2; −2 ) (D)  2 1  qua 1; − ÷, ( −2; −2 )  2 1  Do (P) (D) có điểm chung : 1; − ÷, ( −2; −2 )  2 b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) − x2 = x − ⇔ x2 + x − = 2 ⇔ x = hay x = −2 1  Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D) 1; − ÷, ( −2; −2 )  2 Bài 3: A = 12 − + 21 − 12 = (3 − 3) + 3(2 − 3) = − + (2 − 3) = 2  5  3 B =  + + − − + − + + − ÷  ÷  2÷ 2÷     ( ) ( ) + ( ( − 1) + 2B = + + − − + =5 ( (1 + 3) + ( − 1) − ) 3) 4−2 + 6+2 − 2 ( + 1) − = ( (1 + 3) + ( − 1) − ) + ( ( − 1) + ( + 1) − ) 2 2 = 5.3 + = 20 ⇒ B = 10 Bài 4: a) ∆ = ( 3m + 1) − 8m − 4m + = m + 2m + = (m + 1) + > ∀ m Suy phương trình luôn có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – A= x12 + x22 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 1 25 − (m − ) = − (m − ) 4 25 Do giá trị lớn A : Đạt m = = (3m + 1) − 5(2m2 + m − 1) = −m + m + = + Bài 5: · · a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vuông : I M · · · EAO = APM = PMQ = 90o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQB nên I trung điểm AM Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vuông có góc · · = ABM AOE , OE // BM => O KP BP = (2) AE AB Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP EK AP = (3) AE // KP, EB AB EI AP = mặt khác, ta có (4) tam giác EOA MAB đồng dạng EO AB EK EI = So sánh (3) & (4), ta có : EB EO Cách : Ta có Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM E K AO AE = (1) BP MP Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số Q I P x A => K trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : a +b+c+d abcd ≤  ÷ (*)   Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO − OP = R − (x − R)2 = 2Rx − x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP = x 2Rx − x = (2R − x)x S đạt max ⇔ (2R − x)x đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ x x x (2R − x) đạt max 3 Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x x R4  Ta có : (2R − x) ≤  + + + (2R − x) ÷ = 3 3 3 16  x Do S đạt max ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R