Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 2 0 4x y 1 b) 6x 2y 9 c) 4x4 13x2 3 0 d) 2x2 2 2x 1 0 Bài 2: (1,5 điểm) x2 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số vày đường thẳng (D): ytrên cùngx 1 2 2 một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: A 12 6 3 21 12 3 2 2 5 3 B 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m 1)x 2m2 m 1 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị 2 2 lớn nhất: A = .x1 x2 3x1x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
2. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 2 0 (1) 9 16 25 3 5 1 3 5 (1) x hay x 2 4 2 4 y 3 4x y 1 (1) 4x y 1 (1) b) 1 6x 2y 9 (2) 14x 7 ( pt(2) 2 pt(1)) x 2 c) 4x4 13x2 3 0 (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4) 13 11 1 13 11 (4) có 169 48 121 112 (4) u hay u 3 8 4 8 1 Do đó (3) x hay x 3 2 d) 2x2 2 2x 1 0 (5) ' 2 2 4 2 2 2 2 Do đó (5) x hay x 2 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 1 Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1; , 2; 2 . 2 1 (D) đi qua 1; , 2; 2 2 1 Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là : 1; , 2; 2 . 2 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x2 1 x 1 x2 x 2 0 x 1 hay x 2 2 2 1 Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là 1; , 2; 2 . 2 Bài 3: A 12 6 3 21 12 3 (3 3)2 3(2 3)2 3 3 (2 3) 3 3 2 2 5 3 B 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 2 2 2B = 5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3
3. 2 2 5 (1 3)2 ( 5 1)2 5 ( 3 1)2 ( 5 1)2 3 2 2 = 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3 = 5.3 5 20 B = 10. Bài 4: a) 3m 1 2 8m2 4m 4 m2 2m 5 (m 1)2 4 0m Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 2 b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m + m – 1 2 2 2 A=x1 x2 3x1x2 x1 x2 5x1x2 1 1 25 1 (3m 1)2 5(2m2 m 1) m2 m 6 6 (m )2 (m )2 4 2 4 2 25 1 Do đó giá trị lớn nhất của A là : . Đạt được khi m = 4 2 Bài 5: a) Ta có góc E·MO = 90O = E·AO I => EAOM nội tiếp. M Q Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : · · · o EAO APM PMQ 90 E K => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật I b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. B A Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và O P x tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là A·OE A·BM , vì OE // BM AO AE => (1) BP MP KP BP Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (2) AE AB Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. EK AP Cách 2 : Ta có (3) do AE // KP, EB AB EI AP mặt khác, ta có (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng EO AB EK EI So sánh (3) & (4), ta có : . EB EO
4. Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : 4 a b c d abcd (*) 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = MO2 OP2 R 2 (x R)2 2Rx x2 2 3 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đạt max (2R x)x3 đạt max x.x.x(2R – x) đạt max x x x . . (2R x) đạt max 3 3 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = 3 4 x x x 1 x x x R 4 Ta có : . . (2R x) 4 (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16 x 3 Do đó S đạt max (2R x) x R . 3 2 TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)