Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2013 – 2014 đề chính thức môn: toán thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 TP.HCM N 2013 – 2014 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
 1: (2 đ ể ) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 2 5 6 0  x x 
b) 
2 2 1 0  x x 
c) 
4 3 4 0  x x 
d) 
2 3
2 1
 

  
x y
x y
 2: (1,5 đ ể ) 
 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2y x và đường thẳng (D): 2  y x trên cùng một 
hệ trục toạ độ. 
 b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. 
 3: (1,5 đ ể ) 
 Thu gọn các biểu thức sau: 
3 3
.
93 3
  
      
x x
A
xx x
 với 0x ; 9x 
   
2 2
21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15        B 
 1,5 đ ể ) 
 Cho phương trình 2 28 8 1 0   x x m (*) (x là ẩn số) 
a) Định m để phương trình (*) có nghiệm 
1
2
x 
b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm 1x , 2x thỏa điều kiện: 
4 4 3 3
1 2 1 2  x x x x 
 5: (3,5 đ ể ) 
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C 
cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. 
Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D 
thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. 
a) 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 nhỏ AB). Đường thẳng 
QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. 
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn 
nhất. 
WWW.VNMATH.COM
 BÀI GIẢI 
 1 2 đ ể ) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 
2 5 6 0
25 24 1
5 1 5 1
2 3
2 2
x x
x hay x
  
   
 
    
b) 
2 2 1 0
' 1 1 2
1 2 1 2
x x
x hay x
  
   
    
c) Đặt u = x2 0 pt thành : 
2 3 4 0 1 4u u u hayu       (loại) (do a + b + c =0) 
Do đó pt 
2 1 1x x     
Cách khác pt 
2 2( 1).( 4) 0x x    2 1 0 1x x      
d)
2 3 (1)
2 1 (2)
x y
x y
 

  
  
2 3 (1)
5 5 (3) ((2) 2(1) )
x y
x
 

 
 
1
1
y
x
 


 
1
1
x
y


 
 2: 
 a) Đồ thị: 
 Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),    1;1 , 2;4  
WWW.VNMATH.COM
(D) đi qua    1;1 , 2;4 ,(0;2) 
 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 
2 2x x    2 2 0x x   1 2x hay x    (a+b+c=0) 
y(1) = 1, y(-2) = 4 
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là    2;4 , 1;1 
 3:Thu gọn các biểu thức sau 
Với x 0 và x  9 ta có : 
   
3 3 9 3
.
93 . 3
x x x x
A
xx x
 
    
   
 
1
3x


2 2
2 2
2
21
( 4 2 3 6 2 5 ) 3( 4 2 3 6 2 5 ) 15 15
2
21
( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15
2
15
( 3 5) 15 15 60
2
B         
        
   
Câu 4: 
a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 
1
2
  22 4 1 0m    2 1m  1m  
b/ ∆’ = 
2 216 8 8 8(1 )m m    . 
Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : 1 2x x khi đó 
4 4 3 3
1 2 1 2x x x x   thỏa 
Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: 
1 1 1m hay m    . Khi 1 1 1m hay m    ta có 
4 4 3 3
1 2 1 2x x x x        2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2.x x x x x x x x x x       
    2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2.x x x x x x x x      (Do x1 khác x2) 
   
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
2 ( ) .
( 2 )
x x x x x x x x x x
S S P S P
       
 
   
2 21(1 2 ) 1P P    (Vì S = 1) 
0P  2 1 0m   (vô nghiệm) 
Do đó yêu cầu bài toán 1m  
Cách khác 
Khi 0  ta có 
WWW.VNMATH.COM
1 2 1x x  và 
2
1 2
1
8
m
x x

 
4 4 3 3
1 2 1 2x x x x  
3 3
1 1 2 2.( 1) ( 1) 0x x x x     
3 3
1 2 1 2 0x x x x   (thế 1 21x x   và 2 11x x   ) 
2 2
1 2 1 2( ) 0x x x x   
1 2 1 2( )( ) 0x x x x    (vì x1x2  0) 
1 2x x  (vì x1+x2 =1  0) 
1m  
Câu 5 
a) Ta có BAC MBC do cùng chắn cung BC 
Và BAC MIC do AB// MI 
Vậy BAC MIC , nên bốn điểm ICMB cùng nằm 
Trên đường tròn đường kính OM 
(vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) 
b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC 
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 
c) Ta có góc PTQ=90
0
 do POIQ là đường kính. 
Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và 
FI FT
FQ FM
 
(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) 
Nên FIQ FTM mà 090FIQ OIM  (I nhìn OM dưới góc 900) 
Nên P, T, M thẳng hàng vì 
0180PTM  . 
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích IBCS lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến 
BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm 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) 
A 
B C 
M 
O 
D 
F 
E 
Q 
P 
I 
T 
WWW.VNMATH.COM