de thi tuyen sinh vao lop 10 thpt mon toan de chinh thuc 26821

de thi tuyen sinh vao lop 10 thpt mon toan de chinh thuc 26821 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án,...

onthionline.net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − =  5x + y = b)  5 x − y = −8 c) x + x − 36 = d) x + x + − = Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = − x đường thẳng (D): y = −2 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: A= B= 3−4 3+4 + +1 5−2 x x − x + 28 x −4 x +8 − + x−3 x −4 x +1 − x ( x ≥ 0, x ≠ 16) Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − 2mx − 4m − = (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 2 Tìm m để biểu thức A = x1 + x2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vuông góc với AB HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vuông góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F) Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − = (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = nên −1 (a) ⇔ x = hay x = ((1) − (2))  x + y = (1) 11y = 11 b)  ⇔ 5 x − y = −8 (2) 5 x − y = −8  y =1 x = − ⇔ ⇔ 5 x = −4  y = c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2 ≥ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) −5 + 13 −5 − 13 = hay u = = −9 (loại) (*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔ u = 2 Do đó, (C) ⇔ x2 = ⇔ x = ± Cách khác : (C) ⇔ (x2 – 4)(x2 + 9) = ⇔ x2 = ⇔ x = ± d) x − x + − = (d) (d) có : a + b + c = nên (d) ⇔ x = hay x = −3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) qua O(0;0), ( ±1; −1) , ( ±2; −4 ) (D) qua ( −1; −1) , ( 0; −3) b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) − x = −2 x − ⇔ x2 – 2x – = ⇔ x = −1 hay x = (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) ( −1; −1) , ( 3; −9 ) Bài 3: Thu gọn biểu thức sau: A= 3−4 3+4 + +1 5−2 = (3 − 4)(2 − 1) ( + 4)(5 + 3) − 11 13 = 22 − 11 26 + 13 = − 11 13 2− − 2+ 1 ( 4− − 4+ 3) = ( ( − 1) − ( + 1) ) 2 [ − − ( + 1)] = − = = B= = x x − x + 28 x −4 x +8 − + x−3 x −4 x +1 − x ( x ≥ 0, x ≠ 16) x x − x + 28 x −4 x +8 − + ( x + 1)( x − 4) x +1 − x x x − x + 28 − ( x − 4) − ( x + 8)( x + 1) = ( x + 1)( x − 4) = x x − x + 28 − x + x − 16 − x − x − x x − 4x − x + = ( x + 1)( x − 4) ( x + 1)( x − 4) = ( x + 1)( x − 1)( x − 4) = ( x + 1)( x − 4) x −1 Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b c = 2m ; P = = −4m − a a  A = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4m + 3(4m + 5) = (2m + 3) + ≥ 6, với m −3 Và A = m = −3 Vậy A đạt giá trị nhỏ m = Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vuông Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật) A Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) P Do đó: góc OAC + góc AFE = 90 E K ⇒ OA vuông góc với EF b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = − Q F B b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP AP AE = ⇒ ⇒AP2 = AE.AB AB AP Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vuông H, có HE chiều cao) O H I C D ⇒AP = AH ⇒ ∆APH cân A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA Do ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng ∆AHC vuông H, có HF chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng ∆AHD vuông H, có HK chiều cao) Vậy ⇒AK.AD = AF.AC Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp, ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD) IH2 = IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH2 = IC.ID TS Nguyễn Phú Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn - TP.HCM)   TP.HCM 13  2014  CHÍNH  MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút  1: (2  Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0  xx b) 2 2 1 0  xx c) 4 3 4 0    xx d) 23 21        xy xy 2: (1,5  a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 yx và đường thẳng (D): 2  yx trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.  3: (1,5  Thu gọn các biểu thức sau: 33 . 9 33         xx A x xx với 0x ; 9x     22 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15        B 1,5  Cho phương trình 22 8 8 1 0   x x m (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 1 2 x b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa điều kiện: 4 4 3 3 1 2 1 2   x x x x  5: (3,5  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. a) Chứng minh rằng MBC BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) 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. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. BÀI GIẢI  Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 5 6 0 25 24 1 5 1 5 1 23 22 xx x hay x              b) 2 2 1 0 ' 1 1 2 1 2 1 2 xx x hay x             c) Đặt u = x 2 0 pt thành : 2 3 4 0 1 4u u u hayu       (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt 2 11xx     Cách khác pt 22 ( 1).( 4) 0xx    2 1 0 1xx      d) 2 3 (1) 2 1 (2) xy xy         2 3 (1) 5 5 (3) ((2) 2(1)) xy x       1 1 y x       1 1 x y      2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),     1;1 , 2;4 (D) đi qua     1;1 , 2;4 ,(0;2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 2xx    2 20xx   12x hay x    (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là     2;4 , 1;1  3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0 và x  9 ta có :     3 3 9 3 . 9 3 . 3 x x x x A x xx            1 3x   22 22 2 21 ( 4 2 3 6 2 5) 3( 4 2 3 6 2 5) 15 15 2 21 ( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15 2 15 ( 3 5) 15 15 60 2 B                       Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 1 2  2 2 4 1 0m    2 1m 1m   b/ ∆’ = 22 16 8 8 8(1 )mm    . Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : 12 xx khi đó 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x   thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: 1 1 1m hay m    . Khi 1 1 1m hay m    ta có 4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x          2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x x x             2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .x x x x x x x x      (Do x 1 khác x 2 )     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 2 ( ) . ( 2 ) x x x x x x x x x x S S P S P              22 1(1 2 ) 1PP    (Vì S = 1) 0P 2 10m   (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán 1m   Cách khác Khi 0 ta có 12 1xx và 2 12 1 8 m xx   4 4 3 3 1 2 1 2 x x x x   33 1 1 2 2 .( 1) ( 1) 0x x x x     33 1 2 1 2 0x x x x    (thế 12 1xx   và 21 1xx   ) 22 1 2 1 2 ( ) 0x x x x   1 2 1 2 ( )( ) 0x x x x    (vì x 1 x 2  0) 12 xx (vì x 1 +x 2 =1  0) 1m   Câu 5 a) Ta có BAC MBC do cùng chắn cung BC Và BAC MIC do AB// MI Vậy BAC MIC , nên bốn điểm ICMB cùng nằm Trên đường tròn đường kính OM (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng www.VNMATH.com ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI THI VÀO 10 PHÚ THỌ 18-6-2013 Câu 1 a) Tính A= 49162  b) Trong các hình sau : hình vuông; hình bình hành; hình chữ nhật; hình thang cân. Những hình nào có hai đường chéo bằng nhau ĐS a) A=1 b)HV ; HCN ; HTC Câu 2 a) Gpt : 2x 2 -7x+3=0 b) Ghpt      2 43 yx yx ĐS a) x 1 =3 ; x 2 =1/2 . b) (x:y)=(1;1) Câu 3 a) Rút gọn B=                 1 1 1 1 a aa a aa b) Cho pt x 2 +2(m+1)x+m 2 =0. Tìm m để pt có 2 nghiệm pb, trong đó có 1 nghiệm =-2 ĐS a) B=        aaa a aa a aa                        111 1 1 1 1 1 1 b) có '  =(m+1) 2 -m 2 =2m+1 Đẻ pt có 2 nghiệm pb thì 2m+1>0  m>-1/2 Vì x=-2 là nghiệm của pt nên ta có 4-4(m+1)+m 2 =0  m 2 -4m=0  m=0; m=4 Vậy với m=0 ; m=4 thì pt có 2 nghiệm pb,trong đó có 1 nghiệm =-2 Câu 4 Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi I là trung điểm của OA vẽ dây NM vuông góc với BA tại I. Trên cung nhỏ BM lấy điểm C (C khác M và B), AC cắt MN tại D. CMR a) Tứ giác BIDC nội tiếp b) AD.AC=R 2 c) Khi C chạy trên cung nhỏ BM thì tâm đường tròn nội tiếp  DCM luôn thuộc 1 đường tròn cố định. ĐS a) ta có góc ACB=90 (góc nt chắn ½ đương tròn) góc MIB=90 ( NM vuông góc AB)  góc DIB+góc DCB=180 => BIDC nội tiếp. b) ta có tam giác ADI đồng dạng với tam giác ABC ( G-G)  AD/AB=AI/AC=> AD.AC=AI.AB =(R/2).2R=R 2 c) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp DCM www.VNMATH.com Kẻ EH vuông góc với MD=> MED là tam giác cân tại E=>EH là phân giác củaMED =>góc MED=2góc MEH Lại có góc MED=2goc MCD (quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1cung) =>góc MEH =góc MCD Ta có AB là trung trực NM => cung AM=cung AN=>góc AMN=gócACM  góc AMN= góc MEH=>góc EMH+ góc AMN =góc EMH + góc MEH =90  EM vuông góc với AM ; mà AM vuông góc với BM (góc AMB=90)  B; M; E thẳng hàng Mà B và M cố định nên tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác DCM thuộc đường thẳng cố định. CÂU 5 Cho 2 số thực dương x, y. Tìm GTNN của P= )2()2( xyyyxx yx   ĐS Ta có   2 2 )(3)22)(()2()2( yxxyyxyxxyyyxx    )(3)2()2( yxxyyyxx  (vì x:y dương)  P 3 1 3)(     yx yx  GTNN P= 3 1 khi yxyx xy y yx x     22 22 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề chính thức Môn thi: Toán Ngày thi: 02/ 07/ 2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1. 2(x + 1) = 4 – x 2. x 2 – 3x + 2 = 0 Bài 2: (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y = ax + b. tìm a, b biết đồ thò hàm số đẫ cho đi qua hai điểm A(-2; 5) và B(1; -4). 2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2 a. tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghòch biến. b. Tìm giá trò m để đồ thò hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 − Bài 3: (2,0 điểm) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút, một ôtô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/giờ. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30 km. Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC. 1. Chứng minh tam giác ABD cân. 2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Bài 5: (1,0 điểm) Với mỗi số k nguyên dương, đặt S k = ( 2 + 1) k + ( 2 - 1) k Chứng minh rằng: S m+n + S m- n = S m .S n với mọi m, n là số nguyên dương và m > n. THEO HƯỚNG DẪN CHẤM CỦA SỞ GD-ĐT BÌNH ĐỊNH BÀI NỘI DUNG ĐIỂM 1 1. PT đã cho  2x + 2 = 4 – x  3x = 2  x = 2 3 Phương trình đã cho có nghiệm x = 2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 2. ∆ = ( – 3 ) 2 – 4 . 1. 2 = 1 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm: x 1 = 3 1 2 2 + = ; x 2 = 3 1 1 2 − = 0,5 0,5 1. Vì đồ thị hàm số y = ax + b đi qua 2 điểm A(-2;5) và B(1 ; - 4) nên: - 2a +b = 5 a + b = - 4 Giải hệ PT trên ta được : a = -3 ; b = -1 0,5 0,5 2. a) Hàm số y = (2m – 1)x + m + 2 luôn nghịch biến  2m – 1 < 0  m < 1 2 b) Đồ thị hám số y = (2m – 1)x + m + 2 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 − = (2m – 1).( 2 3 − ) +m + 2 = 0  70 x − - m + 8 = 0  m = 8 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Gọi vận tốc xe máy là x (km/giờ). ĐK: x > 0 Khi đó vận tốc ô tô là x + 20 (km/giờ) Thời gian xe máy đi cho đến khi 2 xe gặp nhau : 100 30 70 x x − = (giờ) Thời gian ô tô đi cho đến khi 2 xe gặp nhau : 30 20x + (giờ) Vì xe máy khởi hành trước ô tô 75 phút = 5 4 giờ nên ta có PT : 70 30 5 20 4x x − = +  x 2 – 12x – 1120 = 0 Giải PT trên ta được : x 1 = 40 ; x 2 = - 28 (loại) Vậy vận tốc xe mày là 40 km/giờ. Vận tốc ô tô là 40 + 20 = 60 km/giờ 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 . D C B A O E F 1. Ta có ˆ ACB = 90 0 (góc nội tiếo chắn nửa đường tròn) nên BC ⊥ AD Vậy BC là đường cao của tam giac ABD Mặt khác do AC = CD (gt) nên BC cũng là đường trung tuyến của tam giác ABD Suy ra tam giác ABD cân tại B 0,25 0,25 0,25 2. Tam giác ABD cân tại B có BC là đường caonên BC cũng là đường phân giác Suy ra ˆ ABC = ˆ CBD (1) Chứng minh tương tự như trên ta có BE là đường phân giác của tam giác ABF Suy ra ˆ ABE = ˆ EBF (2) Tứ giác ACBE nội tiếp đường tròn (O) và có ˆ CAE = 90 0 Nên ˆ EBC = 180 0 – ˆ CAE = 180 0 – 90 0 = 90 0 Mà ˆ CBE = ˆ ABC + ˆ ABE = ˆ CBD + ˆ EBF = 90 0 ( do 1 và 2) Từ đó ta có : ˆ DBF = ˆ CBE + ˆ CBD + ˆ EBF = 90 0 + 90 0 = 180 0 Do đó 3 điểm D, B, F thẳng hàng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3. Ta có BD = BA = BF ( do 2 tam giác ABD và ABF cân) nên đường tròn tâm (B) bán kính BA đi qua F, A, D . Điểm chung A của hai đường tròn trên nằm trên đường nối tâm. Suy ra hai đường tròn trên tiếp xúc với nhau tại A 0,25 0,25 0,25 5 Ta có : S m .S n = [ ( 2 1) m + + ( 2 1) m − ]. [ ( 2 1) n + + ( 2 1) n − ] = 1 1 ( 2 1) . ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) m n m n     + + + +   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 19.6.2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a) Cho biết 5 15A   và 5 15A   . Hãy so sánh: A + B và tích A.B b) Giải hệ phương trình: 2x 1 3x 2 12 y y        Bài 2: (2.50 điểm) Cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = mx – 2 ( m là tham số, m  0) a) Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ Õy. b) Khi m = 3, tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d). c) Gọi A(x A ; y A ), B(x B ;y B ) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m sao cho: y A + y B = 2(x A + x B ) – 1. Bài 3: (1.50 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật. Bài 4: (1.50 điểm) Cho đường tròn (O;R). Từ một điểm M ở ngoài (O;R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) . Lấy một điểm C trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM. a) Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh:   DC E CBA . c) Gọi I là giao điểm của AC và DE; K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh: IK//AB. d) Xác nhận vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC 2 + CB 2 ) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R. HẾT Đề thi này có 01 trang Giám thị không giải thích gì thêm. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 24.6.2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I(2,5đ): Cho biểu thức A = 1 1 4 2 2 x x x x      , với x ≥ 0 và x ≠ 4. 1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25. 3/ Tìm giá trị của x để A = -1/3. Câu II (2,5đ): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai tổ sản xuất cùng may một loại áo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may được 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiêu chiếc áo? Câu III (1,0đ): Cho phương trình (ẩn x): x 2 – 2(m+1)x + m 2 +2 = 0 1/ Giải phương trình đã cho khi m = 1. 2/ Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thoả mãn hệ thức 2 2 1 2 + x 10.x  Câu IV(3,5đ): Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). 1/ Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp. 2/ Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R 2 . 3/ Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC. 4/ Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại các điểm M, N. Chứng minh PM + QN ≥ MN. Câu V(0,5đ): Giải phương trình: 2 2 3 2 1 1 1 (2 2 1) 4 4 2 x x x x x x        HẾT 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 24.6.2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 8x 2 - 2x - 1 = 0 b) 2 3 3 5 6 12 x y x y        c) x 4 - 2x 2 - 3 = 0 d) 3x 2 - 2 6 x + 2 = 0 Câu 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = 2 2 x và đường thẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. Câu 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: A = 4 8 15 3 5 1 5 5     B = : 1 1 1 x y x y x xy xy xy xy                      Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 - (5m - 1)x + 6m 2 - 2m = 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình. Tìm m để x 1 2 + x 2 2 =1. Câu 5 : (3,5 điểm)Cho tam ... H, có HE chiều cao) O H I C D ⇒AP = AH ⇒ ∆APH cân A c) DE. DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE. DF = DK.DA Do ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ... (∆ICF đồng dạng ∆IKD) IH2 = IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH2 = IC.ID TS Nguyễn Phú Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn - TP.HCM)