Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP HCM năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án - Sở GD-ĐT TP HCM

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng m[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM

Năm học: 2012 – 2013

MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau:

2x  x 0 a)

2

3

 

 

 



x y

x y b)

4 12 0

  

x x c)

2

2

  

x x d)

Bài 2: (1,5 điểm)

1 

y x

2

 

y x

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số đường thẳng (D): 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:

1

1

  



 

x A

x

x x x x x1 với x > 0; (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

Bài 4: (1,5 điểm)

2 2 2 0

   

x mx m Cho phương trình (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m. b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

2

1 2 24

6   

x x x x Tìm m để biểu thức M = đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME<MF) Vẽ cát tuyến MAB tiếp tuyến MC (O) (C tiếp điểm, A nằm hai điểm M B, A C nằm khác phía đường thẳng MO) a) Chứng minh MA.MB = ME.MF

b) Gọi H hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính MF; nửa đường trịn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đường thẳng CO KF Chứng minh đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC

d) Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau:

2x  x 0 a) (a)

Vì phương trình (a) có a - b + c = nên

1

2

x hay x

(a) (1)

3 (2)

 

 

 



x y

x y

2 (1)

5 (3) ((2) (1) )

 

 

  



x y

x y b) 

13 13 ((1) 2(3)) (3) ((2) (1) )

  

 

  



y

x y 

1   

 

y

x 

4 12 0

  

x x c) (C)

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*)

3  

 

u

2  

 

u

(*) có  = 49 nên (*)  hay (loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 

3Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) =  x2 =  x = 

2

  

x x d) (d)

2 3 ’ = + = (d)  x = Bài 2:

a) Đồ thị:

2;1 , 4; 4  

Lưu ý: (P) qua O(0;0),

4;4 , 2;1  

(D) qua

M E F K S A B T P Q C H O V 1

4x  2x  x4 hay x2 x2 + 2x – = y(-4) = 4, y(2) =

4;4 , 2;1  

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) Bài 3:Thu gọn biểu thức sau:

1

1       x A x

x x x x

2   

 

 

x x x x x

x x x

2

( 1)



 

 

x x

x x x

2 1          x x x

2 ( 1)

( 1)    x x x x 

x x1 với x > 0; (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

1

(2 3) 52 30 (2 3) 52 30

2

     

2

1

(2 3) (3 5) (2 3) (3 5)

2

     

1

(2 3)(3 5) (2 3)(3 5)

2

      

Câu 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

2

b m a

  c  m

a b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = ; P =

2

1 2

24

( )



 

x x x x 2

24

4 16

 



   

m m m m M = =

2 ( 1)

 

 

m ( 1)2 3

 

m Khi m = ta có nhỏ nhất

2 ( 1)   

 

M

m

6 ( 1)



 

 

M

m lớn m = nhỏ m = 1

Vậy M đạt giá trị nhỏ - m = Câu

a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF

MA MF

ME MB  Nên MA.MB = ME.MF

 MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn

c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường trịn đường kính MS (có hai góc K C vng) Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC. Do MF đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V