Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Sở GD & ĐT Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)

pdf 4 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 02/04/2024 Lượt xem 62Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Sở GD & ĐT Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Sở GD & ĐT Thành phố Hồ Chí Minh (Có đáp án)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM 
--------- 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007-2008 
KHÓA NGÀY 20-6-2007 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1: (1, 5 điểm) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
 a) x2 – 2 5 x + 4 = 0 
 b) x4 – 29x2 + 100 = 0 
 c) . 
5x 6y 17
9x y 7
+ =⎧⎨ − =⎩
Câu 2 (1, 5 điểm) 
Thu gọn các biểu thức sau: 
 a) A = 4 2 3
6 2
−
− 
 b) B = ( )3 2 6 6 3 3+ − . 
Câu 3 (1 điểm) 
Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 675 m2 và có chu vi bằng 120 m. Tìm chiều dài và 
chiều rộng của khu vườn. 
Câu 4 (2 điểm) 
 Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 với m là tham số và x là ẩn số. 
 a) Giải phương trình với m = 1. 
 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2. 
 c) Với điều kiện của câu b hãy tìm m để biểu thức A = x1x2 – x1 – x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 5 (4 điểm) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự 
tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D. 
 a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC. 
 b) Chứng minh AE.AB = AF.AC. 
 c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC. 
 Tính tỉ số OK
BC
 khi tứ giác BHOC nội tiếp. 
 d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC. 
HẾT 
------------------------------------------------------------- 
Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT 
Năm học 2007-2008 
Câu 1: a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 5 – 1 và x2 = 5 + 1. 
 b) Đặt t = x2 ≥ 0, ta được phương trình trở thành t2 – 29t + 100 = 0 ⇔ t = 25 hay t = 2. 
 * t = 25 ⇔ x2 = 25 ⇔ x = ± 5. 
 * t = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2. 
 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5. 
 c) ⇔ ⇔ 5x 6y 17
9x y 7
+ =⎧⎨ − =⎩
5x 6(9x 7) 17
y 9x 7
+ − =⎧⎨ = −⎩
59x 59
y 9x 7
=⎧⎨ = −⎩ ⇔ 
x 1
y 2
=⎧⎨ =⎩ .. 
Câu 2: a) A = 
2( 3 1)
2( 3 1)
−
− = 
3 1 1 2
22( 3 1) 2
− = =− . 
 b) B = (3 3) 12 6 3+ − = 2(3 3) (3 3)+ − = (3 3)(3 3)+ − = 9 – 3 = 6. 
Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0). 
 Theo đề bài ta có: ⇔ 2(x y) 120
xy 675
+ =⎧⎨ =⎩
y 60 x
x(60 x) 675 (*)
= −⎧⎨ − =⎩
Ta có: (*) ⇔ x2 – 60x + 675 = 0 ⇔ x = 45 hay x = 15. 
 Khi x = 45 thì y = 15 (nhận) 
 Khi x = 15 thì y = 45 (loại) 
Vậy chiều dài là 45(m) và chiều rộng là 15 (m) 
Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 (1) 
a) Khi m = 1 thì (1) trở thành: 
 x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)2 = 0 ⇔ x = 1. 
b) (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 
 ⇔ Δ’ = m – 1 > 0 ⇔ m > 1. 
Vậy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ m > 1. 
c) Khi m > 1 ta có: 
 S = x1 + x2 = 2m và P = x1x2 = m2 – m + 1 
Do đó: A = P – S = m2 – m + 1 – 2m = m2 – 3m + 1 = 23(m )
2 4
5− − ≥ – 5
4
. 
Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 3
2
 (thỏa điều kiện m > 1) 
Vậy khi m = 3
2
 thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – 5
4
. 
Câu 5: 
B D
H O
K
C
A
F
E
a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với 
 đường tròn đường kính BC. 
 ⇒ Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. 
 * Ta có = 90 BEC BFC= 0 (góc nội tiếp chắn nửa 
đường tròn) 
 ⇒ BF, CE là hai đường cao của ΔABC. 
 ⇒ H là trực tâm của Δ ABC. 
 ⇒ AH vuông góc với BC. 
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có: 
 chung và = 900 BAC  AEC AFB=
⇒ Δ AEC đồng dạng với Δ AFB 
⇒ AE AC
AF AB
= ⇒ AE.AB = AF. AC. 
c) Khi BHOC nội tiếp ta có: 
 BOC BHC= mà ⇒ .  BHC EHF=  EHF BOC=
và = 1800 (do AEHF nội tiếp)  EHF EAF+
⇒ = 1800 mà .  BOC BAC+  BOC 2BAC=
⇒ 3 = 1800 ⇒ = 600 ⇒ = 1200 BAC BAC BOC
Ta có: K là trung điểm của BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC 
⇒ OK vuông góc với BC mà tam giác OBC cân tại O (OB = OC ) 
⇒  1KOC .BOC
2
= = 600 
Vậy  0OK 3cot gKOC cot g60
KC 3
= = = mà BC = 2KC nên OK 3
BC 6
= . 
d) Xét Δ EHB và Δ FHC có: 
 = 900 và (đối đỉnh)  BEH CFH=  EHB FHC=
⇒ Δ EHB đồng dạng với Δ FHC 
⇒ HE HB
HF HC
= 
⇒ HE.HC = HB.HF = 4.3 = 12 
⇒ HC(CE – HC) = 12 ⇒ HC2 – 8.HC + 12 = 0 ⇔ HC = 2 hoặc HC = 6. 
 * Khi HC = 2 thì HE = 6 (không thỏa HC > HE) 
 * Khi HC = 6 thì HE = 2 (thỏa HC > HE) 
Vậy HC = 6 (cm). 
Người giải đề: Thạc sĩ NGUYỄN DUY HIẾU 
(Tổ trưởng tổ Toán Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM) 
------------------- 
* Vì lý do kỹ thuật, ký hiệu góc ^ hiển thị bằng … (Tuổi Trẻ Online) 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_so_gd_dt_thanh_ph.pdf