Đề thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH	TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
	NĂM HỌC 2008-2009
	KHÓA NGÀY 18-06-2008
ĐỀ CHÍNH THỨC	Môn thi: TOÁN
	Thời gian làm bài: 120 phút 
	(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
	a) 2x2 + 3x – 5 = 0	(1)
	b) x4 – 3x2 – 4 = 0	(2)
	c) 	(3)
Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –x2 và đường thẳng (D): y = x – 2 trên cùng một cùng 	một hệ trục toạ độ.
	b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau:
	a) A = 
	b) B = (x > 0; x ≠ 4).
Câu 4:	Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
	a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
	b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để .
Câu 5: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp 	tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
	a) Chứng minh MA2 = MC.MD.
	b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên 	một đường tròn.
	c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường 	tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD.
	d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, 	B, K thẳng hàng. 
-----oOo-----
Gợi ý giải đề thi môn toán
Câu 1: 
a) 2x2 + 3x – 5 = 0	(1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:
	x1 = 1 hay x2 = .
Cách 2: Ta có D = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x1 = hoặc x2 = .
b) x4 – 3x2 – 4 = 0	(2)
Đặt t = x2, t ≥ 0.
Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 Û (a – b + c = 0) 
So sánh điều kiện ta được t = 4 Û x2 = 4 Û x = ± 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2.
c) 	(3)
Cách 1: Từ (a) Þ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được:
	3x + 4(1 – 2x) = –1 Û –5x = –5 Û x = 1. 
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Cách 2: (3) Û Û Û Û .
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1.
Câu 2: 
a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x2:
x
–2
–1
0
1
2
y = –x2
–4
–1
0
–1
–4
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:
x
0
2
y = x – 2
–2
0
Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là: 
 	–x2 = x – 2 Û x2 + x – 2 = 0 Û x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0)
Khi x = 1 thì y = –1;	Khi x = –2 thì y = –4.
Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4).
Câu 3: 
a) A 	= = = 
Mà 2 – > 0 và 2 + > 0 nên A = 2 – – 2 – = .
b) B 	= .
	= 
	= 
	= = = 6.
Câu 4:	 x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: D' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để .
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Khi đó ta có S = và P = x1x2 = –1. 
Do đó Û S2 – 3P = 7 Û (2m)2 + 3 = 7 Û m2 = 1 Û m = ± 1.
Vậy m thoả yêu cầu bài toán Û m = ± 1.
Câu 5: 
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
	– Ð M chung
	– Ð MAC = Ð MDA (= ).
Suy ra DMAC đồng dạng với DMDA (g – g) 
Þ Þ MA2 = MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên
 ÐMAO = Ð MBO = 900.
* I là trung điểm dây CD nên Ð MIO = 900.
Do đó: Ð MAO = Ð MBO = Ð MIO = 900
Þ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO.
c) Ø Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó MO là trung trực của AB Þ MO ^ AB.
Trong DMAO vuông tại A có AH là đường cao Þ MA2 = MH.MO. Mà MA2 = MC.MD (do a)) Þ MC.MD = MH.MO Þ (1).
Xét D MHC và DMDO có:
	ÐM chung, kết hợp với (1) ta suy ra DMHC và DMDO đồng dạng (c–g –c)
Þ Ð MHC = Ð MDO Þ Tứ giác OHCD nội tiếp.
Ø Ta có: + DOCD cân tại O Þ Ð OCD = Ð MDO 
	 + Ð OCD = Ð OHD (do OHCD nội tiếp) 
Do đó Ð MDO = Ð OHD mà Ð MDO = Ð MHC (cmt) Þ Ð MHC = Ð OHD 
Þ 900 – Ð MHC = 900 – Ð OHD Þ Ð CHA = Ð DHA Þ HA là phân giác của Ð CHD hay AB là phân giác của Ð CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì Ð OCK = Ð ODK = 900)
Þ Ð OKC = Ð ODC = Ð MDO mà Ð MDO = Ð MHC (cmt)
Þ Ð OKC = Ð MHC Þ OKCH nội tiếp 
Þ Ð KHO = Ð KCO = 900.
Þ KH ^ MO tại H mà AB ^ MO tại H 
Þ HK trùng AB Þ K, A, B thẳng hàng.
--------------oOo--------------