Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2013 – 2014 - Sở giáo dục và đào tạo TP. HCM

Chia sẻ: Thanh Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

147
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2013 – 2014 - Sở giáo dục và đào tạo TP. HCM. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2013 – 2014 - Sở giáo dục và đào tạo TP. HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM ̣ Năm hoc: 2013 – 2014 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) x 2 − 5 x + 6 = 0 b) x 2 − 2 x − 1 = 0 c) x 4 + 3 x 2 − 4 = 0 2x − y = 3 d) x + 2 y = −1 Bai 2: (1,5 điểm) ̀ a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x 2 và đường thẳng (D): y = − x + 2 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: � x 3 � x +3 A=� � x +3 + . � với x 0 ; x 9 � x −3� x +9 � ( ) ( ) 2 2 B = 21 2+ 3 + 3− 5 −6 2− 3 + 3+ 5 − 15 15 Bai 4: (1,5 điểm) ̀ Cho phương trình 8 x 2 − 8 x + m 2 + 1 = 0 (*) (x là ẩn số) 1 a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x = 2 b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: x14 − x2 = x13 − x2 4 3 Bai 5: (3,5 điểm) ̀ Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), n ội ti ếp đ ường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau t ại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường th ẳng này c ắt (O) t ại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) ﾷﾷ Chứng minh rằng MBC = BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nh ỏ AB). Đ ường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M th ẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có di ện tích lớn nhất.
BÀI GIẢI Bai 1: (2 điểm) ̀ Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 − 5x + 6 = 0 ∆ = 25 − 24 = 1 5 −1 5 +1 �x= = 2 hay x = =3 2 2 b) x2 − 2x − 1 = 0 ∆ ' = 1+1 = 2 � x = 1 − 2 hay x = 1 + 2 c) Đặt u = x2 0 pt thành : u + 3u − 4 = 0 � u = 1 hay u = −4 (loại) (do a + b + c =0) 2 Do đó pt � x 2 = 1 � x = �1 Cách khác pt � ( x 2 − 1).( x 2 + 4) = 0 � x 2 − 1 = 0 � x = �1 2 x − y = 3 (1) 2x − y = 3 (1) d) ⇔ x + 2 y = −1 (2) 5x = 5 (3) ((2) + 2(1) ) y = −1 x =1 ⇔ ⇔ x =1 y = −1 ̀ Bai 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( 1;1) , ( 2; 4 )
(D) đi qua ( 1;1) , ( −2; 4 ) , (0; 2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x 2 = − x + 2 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 � x = 1 hay x = −2 (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 V ậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( −2; 4 ) , ( 1;1) Bai 3:Thu gọn các biểu thức sau ̀ Với x 0 và x 9 ta có : � � x −3 x +3 x +9� x +3 A=� . ( )( � x +3 . x −3 � x +9 � � ) 1 = x −3 21 B= ( 4 + 2 3 + 6 − 2 5 ) 2 − 3( 4 − 2 3 + 6 + 2 5 ) 2 − 15 15 2 21 = ( 3 + 1 + 5 − 1) 2 − 3( 3 − 1 + 5 + 1) 2 − 15 15 2 15 = ( 3 + 5) 2 − 15 15 = 60 2 Câu 4: 1 a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 2 − 4 + m2 + 1 = 0 � m2 = 1 � m = �1 2 b/ ∆’ = 16 − 8m − 8 = 8(1 − m ) . 2 2 Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : x1 = x2 khi đó x1 − x2 = x1 − x2 thỏa 4 4 3 3 Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: m < 1 hay − 1 < m < 1 . Khi m < 1 hay − 1 < m < 1 ta có x14 − x2 = x13 − x2 � ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 + x1.x2 ) 4 3 2 2 2 2 2 2 � ( x1 + x2 ) ( x12 + x2 ) = ( x12 + x2 + x1.x2 ) (Do x1 khác x2) 2 2 � ( x1 + x2 ) �x1 + x2 ) − 2 x1 x2 � ( x1 + x2 ) 2 − x1.x2 ( 2 = � � � S (S 2 − 2P) = S 2 − P � 1(12 − 2 P ) = 12 − P (Vì S = 1) � P = 0 � m 2 + 1 = 0 (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán � m = � 1 Cách khác Khi ∆ 0 ta có
x1 + x2 = 1 và x x = m + 1 2 1 2 8 x1 − x2 = x1 − x2 � x1 .( x1 − 1) − x2 ( x2 − 1) = 0 4 4 3 3 3 3 � − x13 x2 + x1 x2 = 0 (thế x1 − 1 = − x2 và x2 − 1 = − x1 ) 3 � x1 x2 ( x12 − x2 ) = 0 2 � ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) = 0 (vì x1x2 0) � x1 = x2 (vì x1+x2 =1 0) �m=� 1 Câu 5 A E ﾷﾷ a) Ta có BAC = MBC do cùng chắn cung BC ﾷﾷﾷ Và BAC = MIC do AB// MI P O ﾷﾷ Vậy BAC = MIC , nên bốn điểm ICMB cùng nằm I Q Trên đường tròn đường kính OM F (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) B C D b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC T nên FB. FC =FE. FD. Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE M c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính. FI FT Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và = FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) ﾷﾷﾷﾷ Nên FIQ = FTM mà FIQ = OIM = 900 (I nhìn OM dưới góc 900) ﾷ Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM = 1800 . d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích S IBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I ﾷ đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu c ủa bài toán vì I n ằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ∆ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H. IH IT = O ' I − O 'T O ' O − O ' L = OL TS. Nguyễn Phú Vinh (Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM)