Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT TP. HCM

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo tài liệu Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT TP. HCM nhằm giúp các em hệ thống lại kiến thức cũng như giúp thầy cô có thêm kiến thức truyền đạt cho các em trước khi bước vào kì thi tuyển sinh sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT TP. HCMSỞ 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) x2  5x  6  0 b) x2  2 x  1  0 c) x4  3x  4  0  2x  y  3 d)   x  2 y  1 2: (1,5 đ ể ) 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. 3: (1,5 đ ể ) Thu gọn các biểu thức sau:  x 3  x 3 A  x  3  x  3  . x  9 với x  0 ; x  9        15 15 2 2 B  21 2 3  3 5 6 2 3  3 5 1,5 đ ể ) Cho phương trình 8x2  8x  m2  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  x1  x2 4 3 3 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. BÀI GIẢI1 2để ) 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  2 x 1  0   11  2  x  1  2 hay x  1  2 c) Đặt u = x2  0 pt thành : u 2  3u  4  0  u  1 hayu  4 (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt  x2  1  x  1 Cách khác pt  ( x 2  1).( x 2  4)  0  x2  1  0  x  1  2 x  y  3 (1) 2 x  y  3 (1) d)     x  2 y  1 (2)  5x  5 (3) ((2)  2(1) )  y  1 x  1    x  1  y  12: 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 x2   x  2  x2  x  2  0  x  1 hay x  2 (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 :   A  x  3 x  3 x  9 . x  3    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 2Câu 4: 1a/ Phương trình (*) có nghiệm x =  2  4  m2  1  0  m2  1  m  1 2b/ ∆’ = 16  8m  8  8(1  m ) . 2 2Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : x1  x2 khi đó x1  x2  x1  x2 thỏa 4 4 3 3Điều 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 cóx14  x2  x13  x2   x12  x2  x12  x2    x1  x2   x12  x2  x1.x2  4 3 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 P)  S  P 2 2 1(12  2P)  12  P (Vì S = 1) P  0  m2  1  0 (vô nghiệm)Do đó yêu cầu bài toán  m  1Cách khácKhi   0 ta có m2  1x1  x2  1 và x1 x2  8x1  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  1Câu 5 A Ea) Ta có BAC  MBC do cùng chắn cung BCVà BAC  MIC do AB// MI P O ...