Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2011 - 2012

Chia sẻ: hoanglam666

Tài liệu tham khảo cho các bạn học sinh Trung học cơ sở cho các bạn có tư liệu ôn thi tốt vào các trường Trung học Phổ Thông

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2011 - 2012

www.VNMATH.com


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
̣
TP.HCM Năm hoc: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bai 1: (2 điểm)
̀
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3 x 2 − 2 x − 1 = 0
 5x + 7 y = 3
b) 
5 x − 4 y = −8
c) x 4 + 5 x 2 − 36 = 0
d) 3 x 2 + 5 x + 3 − 3 = 0
Bai 2: (1,5 điểm)
̀
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = − x 2 và đường thẳng (D): y = −2 x − 3 trên cùng
một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bai 3: (1,5 điểm)
̀
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3−4 3+4
A= +
2 3 +1 5−2 3
x x − 2 x + 28 x −4 x +8
( x ≥ 0, x ≠ 16)
B= − +
x−3 x −4 x +1 4 − x
Bai 4: (1,5 điểm)
̀
Cho phương trình x 2 − 2mx − 4m 2 − 5 = 0 (x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức A = x1 + x2 − x1 x2 . đạt giá trị nhỏ nhất
2 2


Bai 5: (3,5 điểm)
̀
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy m ột đi ểm A trên đ ường
tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc v ới BC (H thu ộc BC). T ừ H, v ẽ
HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).
Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đ ường tròn
(O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID
BÀI GIẢI
Bai 1: (2 điểm)
̀
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3 x 2 − 2 x − 1 = 0 (a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên
www.VNMATH.com


−1
(a) ⇔ x = 1 hay x =
3
 5 x + 7 y = 3 (1) 11y = 11 ((1) − (2))
⇔
b) 
5 x − 4 y = −8 (2) 5 x − 4 y = −8
 4
y =1 x = −
⇔ ⇔ 5
5 x = −4 y =1

c) x + 5x – 36 = 0 (C)
4 2

Đặt u = x2 ≥ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)
−5 + 13 −5 − 13
(*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔ u = = 4 hay u = = −9 (loại)
2 2
Do đó, (C) ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2
Cách khác : (C) ⇔ (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2
d) 3 x 2 − x 3 + 3 − 3 = 0 (d)
3 −3
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay x =
3
̀
Bai 2:
a) Đồ thị:




Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ±1; −1) , ( ±2; −4 )
(D) đi qua ( −1; −1) , ( 0; −3)
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
− x 2 = −2 x − 3 ⇔ x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x = −1 hay x = 3 (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( −1; −1) , ( 3; −9 ) .
̀
Bai 3:
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3−4 3+4
A= +
2 3 +1 5−2 3
(3 3 − 4)(2 3 − 1) ( 3 + 4)(5 + 2 3)

=
11 13
www.VNMATH.com


22 − 11 3 26 + 13 3 =
− 2− 3 − 2+ 3
=
11 13
1 1
( 4− 2 3 − 4+ 2 3) = ( ( 3 − 1) 2 − ( 3 + 1) 2 )
=
2 2
1
[ 3 − 1 − ( 3 + 1)] = − 2
=
2

x x − 2 x + 28 x −4 x +8
( x ≥ 0, x ≠ 16)
B= − +
x−3 x −4 x +1 4 − x
x x − 2 x + 28 x −4 x +8
− +
=
( x + 1)( x − 4) x +1 4 − x
x x − 2 x + 28 − ( x − 4) 2 − ( x + 8)( x + 1)
=
( x + 1)( x − 4)
x x − 2 x + 28 − x + 8 x − 16 − x − 9 x − 8 x x − 4x − x + 4
= =
( x + 1)( x − 4) ( x + 1)( x − 4)
( x + 1)( x − 1)( x − 4)
x −1
= =
( x + 1)( x − 4)
Câu 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt với mọi m.
b c
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = − = 2 m ; P = = −4 m − 5
a a
 A = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 = 4m + 3(4m + 5) = (2m + 3) + 6 ≥ 6, với mọi m.
2 2 2


−3
Và A = 6 khi m =
2
−3
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m =
2
̀ a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì
Bai 5:
có 3 góc vuông
A
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là
P
E
hình chữ nhật)
K
Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
Q
F Do đó: góc OAC + góc AFE = 90 0
⇒ OA vuông góc với EF
B
O H IC D
b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ
Do đó: ∆ APE đồng dạng ∆ ABP
AP AE
=
⇒ ⇒ AP2 = AE.AB
AB AP
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng ∆ HAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒ AP = AH ⇒ ∆ APH cân tại A
www.VNMATH.com


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
vậy 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)

Tài Liệu Thi tuyển lớp 1,6,10 Mới Xem thêm » Tài Liệu mới cập nhật Xem thêm »

Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản