De va goi y giai tuyen sinh mon Toan vao 10 TP HCM20122013

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

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 x 0

b)

2

3

 

 

 



x y

x y

c) x4x212 0 d) x2 2x 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2 

y x

và đường thẳng (D):

1 2  

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:

1

1

  



 

x A

x

x x x x với x > 0; x1

(2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  2mx m  0 (x ẩn số)

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

Tìm m để biểu thức M = 12 22 24

6   

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (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 tròn 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

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2  x 0 (a)

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

3

2  x hay x

b)

2 (1) (2)

 

 

 



x y

x y 

2 (1)

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

 

 

  



x y

x y



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

  

 

  

 y

x y



1   

 

y x

c) x4x212 0 (C)

Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

1  

 

u

hay

1

 

 

u

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 

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

d) x2 2x 0 (d)

’ = + = (d)  x = 3

Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 2;1 , 4; 4   (D) qua 4;4 , 2;1  

2

1

2

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

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 4;4 , 2;1   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 với x > 0; x1 (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

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

m a  

; P =   c

m a

M = 2 24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2 ( 1)   

 

M

m lớn m = 1

6 ( 1)



 

  M

m nhỏ m = 1 Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

M E F

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

MA MF

ME MB  MA.MB = ME.MF (Phương tích M đường tròn tâm O)

b) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn

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

d) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MV.MS đường tròn tâm Q

Tương tự với đường trịn tâm P ta có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng

TS Nguyễn Phú Vinh