De thi tuyen sinh lop 10 nam 2011 tphcm

a Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.. Suy ra APH là tam giác cân c Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn O K khác A.[r]

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 các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x  x  0  x  y 3  b) 5 x  y  c) x  x  36 0 d) x  3x   0 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y  x và đường thẳng (D): y  x  trên cùng hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ các giao điểm (P) và (D) câu trên phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: A 3  1 34 5 x x  x  28 x x 8   ( x 0, x 16) x x  x 1  x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  4m  0 (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm phương trình 2 Tìm m để biểu thức A = x1  x2  x1 x2 đạt giá trị nhỏ B Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A trên 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 và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P và Q (E nằm P và F) Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK là tứ giác nội tiếp d) Gọi I là giao điểm KF và BC Chứng minh IH2 = IC.ID BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x  x  0 (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = nên  x 1 hay x  1 (a) ((1)  (2))  x  y 3 (1) 11 y 11   b) 5 x  y  (2)  5 x  y    x   y 1    y 1  5 x    c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*)   13   13 u 4 u  2 (*) có  = 169, nên (*)  hay (loại) Do đó, (C)  x =  x = 2 Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) =  x2 =  x = 2 d) 3x  x   0 (d) (d) có : a + b + c = nên (d)  x = hay x 3 3 Bài 2: a) Đồ thị:  1;  1 ,  2;   Lưu ý: (P) qua O(0;0),   1;  1 ,  0;  3 (D) qua b) PT hoành độ giao điểm (P) và (D) là  x  x   x2 – 2x – =  x  hay x 3 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9   1;  1 ,  3;   Vậy toạ độ giao điểm (P) và (D) là Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: A 3  1 34 5 = (3  4)(2  1)  11 = 22  11  11 (  4)(5  3) 13 26  13 13 = 2 3 2 1 ( 4  42 3) ( (  1)  = = [   (  1)] = =  B x x  x  28  x x  x x 8  x 1  x (  1) ) ( x 0, x 16) x x  x  28 x x 8   x 1  x = ( x  1)( x  4) 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 Câu 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 =  A= ( x1  x2 )  x1 x2  b c 2m  4m  a ;P= a 2 = 4m  3(4m  5) = (2m  3)  6, với m 3 Và A = m = 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ là m = Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có góc vuông A P Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là E hình chữ nhật) K Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Q F Do đó: góc OAC + góc AFE = 90 B  OA vuông góc với EF O H I C D b) OA vuông 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 vuông H, có HE là chiều cao)  AP = AH  APH cân A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp d) Góc ICF = góc AEF = góc DKF ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID Ths Phạm Hồng Danh (Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM)