a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng.. e) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc v[r]
(1)Các đề tuyển sinh 10 TP HỒ CHÍ MINH
Từ 2007_2008 đến 2011_2012
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008
KHÓA NGÀY 20-6-2007
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1, điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 2 x + = 0
b) x4 – 29x2 + 100 = 0 c)
Câu 2: (1, điểm)
Thu gọn biểu thức sau: a)
b)
Câu 3: (1 điểm)
Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 675 m2 có chu vi 120 m Tìm chiều dài chiều rộng khu vườn.
Câu 4: (2 điểm)
Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = với m tham số x ẩn số. a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2.
c) Với điều kiện câu b tìm m để biểu thức A = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (4 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự E F Biết BF cắt CE H AH cắt BC D. a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp AH vng góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
(2)Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.
d) Cho HF = cm, HB = cm, CE = cm HC > HE Tính HC.
Gợi ý phương án giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2007-2008
Câu 1:
a) Ta có Δ’ = nên phương trình có nghiệm phân biệt x1 = – x2 = 5 + 1.
b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = t = 25 hay t =2.
* t = 25 x2 = 25 x = ± 5. * t = x2 = x = ± 2.
Vậy phương trình cho có nghiệm ± 2; ±5.
c) Câu 2: a) b) Câu 3:
Gọi chiều dài x (m) chiều rộng y (m) (x > y > 0).
Theo đề ta có:
Ta có: (*) x2 – 60x + 675 = x = 45 hay x = 15. Khi x = 45 y = 15 (nhận)
Khi x = 15 y = 45 (loại)
Vậy chiều dài 45(m) chiều rộng 15 (m) Câu 4:
Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + = (1) a) Khi m = (1) trở thành:
x2 – 2x + = 0 (x – 1)2 = x = 1. b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Δ’ = m – > m > 1.
Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m > 1. c) Khi m > ta có:
S = x1 + x2 = 2m P = x1x2 = m2 – m + 1
Do đó: A = P – S = m2 – m + – 2m = m2 – 3m + =
2
3 5
2 4
m
(3)Dấu “=” xảy m= (thỏa điều kiện m > 1)
Vậy m = A đạt giá trị nhỏ GTNN A – Câu 5:
a) * Ta có E, F giao điểm AB, AC với đường trịn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BF, CE hai đường cao ΔABC.
H trực tâm Δ ABC.
AH vng góc với BC b) Xét Δ AEC Δ AFB có:
chung
Δ AEC đồng dạng với Δ AFB c) Khi BHOC nội tiếp ta có:
mà và (do
(4)Ta có: K trung điểm BC, O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC OK vng góc với BC mà tam giác OBC cân O (OB = OC )
Vậy mà BC = 2KC nên
d) d) Xét Δ EHB Δ FHC có:
(đối đỉnh) Δ EHB đồng dạng với Δ FHC
HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12
HC(CE – HC) = 12 HC2 – 8.HC + 12 = HC = HC = 6. * Khi HC = HE = (khơng thỏa HC > HE)
* Khi HC = HE = (thỏa HC > HE) Vậy HC = (cm).
****************************
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2008-2009 KHĨA NGÀY 18-06-2008
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề) Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau:
a) 2x2 + 3x – = 0 (1) b) x4 – 3x2 – = 0 (2) c)
2x y (a)
3x 4y (b)
(5)Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –x2 đường thẳng (D): y = x – một một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính. Câu 3: Thu gọn biểu thức sau:
a) A = 3 3 b) B =
x x .x x 2x x
x x x x
(x > 0; x ≠ 4).
Câu 4:Cho phương trình x2 – 2mx – = (m tham số)
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để
2
1 2
x x x x 7.
Câu 5: Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O và hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D.
a) Chứng minh MA2 = MC.MD.
b) Gọi I trung điểm CD Chứng minh điểm M, A, O, I , B nằm đường tròn.
c) Gọi H giao điểm AB MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường trịn Suy AB phân giác góc CHD.
d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đường tròn (O) Chứng minh A, B, K thẳng hàng
-oOo -Gợi ý giải đề thi mơn tốn
Câu 1:
a) 2x2 + 3x – = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 = hay x2 =
c
a 2.
Cách 2: Ta có = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 =
3
4
x2 =
3
. b) x4 – 3x2 – = 0 (2)
(6)Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – =
t
t
(a – b + c = 0) So sánh điều kiện ta t = x2 = x = 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x = x = –2.
c)
2x y (a)
3x 4y (b)
(3)
Cách 1: Từ (a) y = – 2x (c) Thế (c) vào (b) ta được: 3x + 4(1 – 2x) = –1 –5x = –5 x =
Thế x = vào (c) ta y = –1 Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm x = y = – 1.
Cách 2: (3)
8x 4y
3x 4y
5x
3x 4y
x
3.1 4y
x
y
. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm x = y = –1.
Câu 2:
a) * Bảng giá trị đặc biệt hàm số y = –x2:
x –2 –1 0 1 2
y = –x2 –4 –1 0 –1 –4 * Bảng giá trị đặc biệt hàm số y = x – 2:
x 0 2
y = x – 2 –2 0
-3 -2 -1
-4 -3 -2 -1
x y
O
(7)b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (D) là:
–x2 = x – x2 + x – = x = hay x = –2 (a + b + c = 0) Khi x = y = –1; Khi x = –2 y = –4.
Vậy (P) cắt (D) hai điểm (1; –1) (–2; –4). Câu 3:
a) A = 3 3 = (2 3)2 (2 3)2 =2 2 Mà – 3 > + 3 > nên A = – 3 – – 3 = 2 3.
b) B =
x x .x x 2x x
x x x x
.
= 2
x x .(x 4)( x 2)
( x) ( x 2) x
=
2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).
x
( x) ( x 2)
=
x x (x x 2) x
=
6 x x = 6. Câu 4: x2 – 2mx – = (m tham số)
a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: ' = m2 + > với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta thấy với m, a c trái dấu nên phương trình ln có hai phân biệt.
b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để
2
1 2
x x x x 7.
(8)Khi ta có S = x x1 2m P = x1x2 = –1
Do x12x22 x x1 7 S2 – 3P = (2m)2 + = m2 = m = 1. Vậy m thoả yêu cầu toán m = 1.
Câu 5:
a) Xét hai tam giác MAC MDA có:
– M chung
– MAC = MDA (=
»
đAC s
2 ).
Suy MAC đồng dạng với MDA (g – g)
MA MC
MD MA MA2 = MC.MD. b) * MA, MB tiếp tuyến (O) nên
MAO = MBO = 900.
* I trung điểm dây CD nên MIO = 900.
Do đó: MAO = MBO = MIO = 900
điểm M, A, O, I, B thuộc đường tròn đường kính MO.
c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R(O) Do MO trung trực AB MO AB.
Trong MAO vng A có AH đường cao MA2 = MH.MO Mà MA2 = MC.MD (do a)) MC.MD = MH.MO
MH MC MD MO (1). Xét MHC MDO có:
M chung, kết hợp với (1) ta suy MHC MDO đồng dạng (c–g –c) MHC = MDO Tứ giác OHCD nội tiếp.
Ta có: + OCD cân O OCD = MDO + OCD = OHD (do OHCD nội tiếp)
Do MDO = OHD mà MDO = MHC (cmt) MHC = OHD
900 – MHC = 900 – OHD CHA = DHA HA phân giác CHD hay AB phân giác CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì OCK = ODK = 900) OKC = ODC = MDO mà MDO = MHC (cmt) OKC = MHC OKCH nội tiếp
O M
D C
A
B I
(9) KHO = KCO = 900.
KH MO H mà AB MO H HK trùng AB K, A, B thẳng hàng.
Sở GD ĐT
TP Hồ Chí Minh K× thi tun sinh líp 10Trung häc phỉ thông Năm học 2009-2010 Khoá ngày 24-6-2009
Môn thi: toán
Câu I: Giải phơng trình hệ phơng trình sau:
a) 8x2 - 2x - = b)
2 3
5 12
x y x y
c) x4 - 2x2 - = d) 3x2 - 2
x + = 0
Câu II: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y =
2 x
đthẳng (d): y = x + hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) phép tính. Câu III: Thu gọn biểu thức sau:
A =
4 15
3 1 5
B =
:
1
x y x y x xy
xy
xy xy
Câu IV: Cho phơng trình x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = (m lµ tham số)
a) Chứng minh phơng trình có nghiƯm víi mäi m.
b) Gọi x1, x2 nghiệm phơng trình Tìm m để x12 + x22 =1.
Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H giao điểm ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC. Gọi S diện tích tam giác ABC.
a) Chúng minh AEHF AEDB tứ giác nội tiếp đờng trịn.
b) Vẽ đờng kính AK đờng tròn (O) Chứng minh tam giác ABD tam giác AKC đồng dạng với Suy AB.AC = 2R.AD S =
AB BC CA
(10)c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh EFDM tứ giác nội tiếp đờng tròn.
d) Chøngminh r»ng OC vuông góc với DE (DE + EF + FD).R = S.
(11)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010
Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:
a) 2x2 3x 0 c) 4x413x2 3
b)
4
6
x y
x y
d) 2x2 2x1 0 Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2 x y
đường thẳng (D):
1 y x
hệ trục toạ độ
b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:
12 21 12
(12)2
5
5 3 3
2
B
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số)
a) Chứng minh phương trình ln ln 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 = x12x22 3x x1 2.
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 vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)
a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường trịn 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
BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 0 (1)
9 16 25 (1)
3 5
2
4
x hay x
b)
4 (1)
6 (2)
x y x y
4 (1)
14 ( (2) (1))
x y
x pt pt
y x c) 4x413x2 3 0 (3), đđặt u = x2,
phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4)
(4) có 169 48 121 11
13 11 13 11
(4)
8
u hay u
Do (3)
1
3
x hay x
d) 2x2 2x1 0 (5) ' 2
Do (5)
2 2
2
x hay x
Bài 2:
(13)Lưu ý: (P) qua O(0;0),
1; , 2;
2
(D) qua
1
1; , 2;
2
Do (P) (D) có điểm chung :
1; , 2;
2
.
b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)
2
1
2
x
x x x
1
x hay x
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)
1; , 2;
2 . Bài 3:
A 12 3 21 12 3 (3 3)2 3(2 3)2 3 (2 3)
2
5
5 3 3
2
B
2B =
2
5 3 5 3 5
2
2 2
25 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)
=
2
5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1) = 5.3 20 B = 10.
Bài 4:
a)
2 2 2 2
3m 8m 4m m 2m (m 1) m
Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m –
A=x12x22 3x x1
1
x x x x
2
(3m 1) 5(2m m 1)
2 1
6 ( )
4
m m m
25 ( 1)2
4 m
Do giá trị lớn A : 25
4 Đạt m = Bài 5:
a) Ta có góc EMO = 90O = EAO
=> EAOM nội tiếp
Tứ giác APMQ có góc vuông :
o
EAO APM PMQ 90
=> Tứ giác APMQ hình chữ nhật K I
(14)b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ 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 vng có góc vng AOE ABM , AE // BM =>
AO AE
BP MP (1)
Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP
AEAB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K trung điểm MP Cách : Ta có
EK AP
EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có
EI AP
EOAB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP
d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd
4 a b c d
4
(*)
Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2 OP2 R2 (x R) 2Rx x Ta có: S = SAPMQ =
2
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)
3 3 đạt max
Áp dụng (*) với a = b = c = x Ta có :
4 4
x x x x x x R
(2R x) (2R x)
3 3 3 16
Do S đạt max x
(2R x)
3
3
x R
2
(15)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0
b)
5
5
x y
x y
c) x45x2 36 0 d) 3x25x 3 0 Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số yx2 đường thẳng (D): y2x 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:
3 4
2
A
2 28
3 4
x x x x x
B
x x x x
(x0,x16) Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình x2 2mx 4m2 0 (x ẩn số)
a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình
Tìm m để biểu thức A = x12x22 x x1 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)
e) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF f) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F)
Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân
g) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp
(16)BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)
Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x 1 0 (a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a)
1
3
x hay x
b)
5 (1)
5 (2)
x y x y
11 11 ((1) (2))
5
y x y y x x y c) x4 + 5x2 – 36 = (C)
Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*)
(*) có = 169, nên (*)
5 13
u
hay
5 13
u
(loại) Do đó, (C) x2 = x = 2
Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = x2 = x = 2
d) 3x2 x 3 3 0 (d)
(d) có : a + b + c = nên (d) x = hay
3 3
x
Bài 2:
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) qua O(0;0),
1; , 2; 4
(D) qua
1; , 0; 3
(17)2 2 3
x x
x2 – 2x – = x1 hay x3 (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)
1; , 3; 9
Bài 3:Thu gọn biểu thức sau:
3 4
2
A
=
(3 4)(2 1) ( 4)(5 3)
11 13
=
22 11 26 13
11 13
= 2 3 2 =
1
( 4 )
2 =
2
1
( ( 1) ( 1) )
2
=
[ ( 1)]
2 =
2 28
3 4
x x x x x
B
x x x x
(x0,x16)
=
2 28
( 1)( 4)
x x x x x
x x x x
=
2
2 28 ( 4) ( 8)( 1)
( 1)( 4)
x x x x x x
x x
=
2 28 16
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
=
4
( 1)( 4)
x x x x
x x
=
( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)
x x x
x x
= x1 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/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =
b m a
; P =
c
m
a
A =
2
1 2
(x x ) 3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m.
(18)Vậy A đạt giá trị nhỏ m =
Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật)
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900
OA vng góc với EF
b) OA vng góc PQ cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP
AP AE
AB AP AP2 = AE.AB
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vng H, có HE chiều cao)
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 vng H, có HF chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng AHD vng H, có HK chiều cao)
Vậy AK.AD = AF.AC
Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)
và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH) IH2 = IC.ID
A
B C
D P
E
O H I
K
(19)(20)