Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Sở GD&ĐT TP Hồ Chí Minh

www.VNMATH.com 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (2 điểm) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 23 2 1 0x x   
b) 
5 7 3
5 4 8
x y
x y
 

  
c) 4 25 36 0x x   
d) 23 5 3 3 0x x    
Bài 2: (1,5 điểm) 
 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2y x  và đường thẳng (D): 2 3y 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. 
Bài 3: (1,5 điểm) 
 Thu gọn các biểu thức sau: 
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
 
 
 
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
   
  
   
 ( 0, 16)x x  
Bài 4: (1,5 điểm) 
 Cho phương trình 2 22 4 5 0x mx m    (x là ẩn số) 
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. 
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 
Tìm m để biểu thức A = 2 21 2 1 2x x x x  . đạt giá trị nhỏ nhất 
Bài 5: (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn 
(O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE 
vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). 
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. 
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). 
Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân 
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) 
(K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. 
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID 
BÀI GIẢI 
Bài 1: (2 điểm) 
Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
a) 23 2 1 0x x   (a) 
 Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
www.VNMATH.com 
(a) 
1
1
3
x hay x

   
b) 
5 7 3 (1)
5 4 8 (2)
x y
x y
 

  
 
11 11 ((1) (2))
5 4 8
y
x y
 

  
  
1
5 4
y
x


 
  
4
5
1
x
y

 

 
c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) 
 Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) 
 (*) có  = 169, nên (*)  
5 13
4
2
u
 
  hay 
5 13
9
2
u
 
   (loại) 
 Do đó, (C)  x2 = 4  x = 2 
Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) = 0  x2 = 4  x = 2 
d) 23 3 3 3 0x x    (d) 
 (d) có : a + b + c = 0 nên (d)  x = 1 hay 
3 3
3
x

 
Bài 2: 
 a) Đồ thị: 
 Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),    1; 1 , 2; 4    
(D) đi qua    1; 1 , 0; 3   
 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 
2 2 3x x     x2 – 2x – 3 = 0 1 3x hay x    (Vì a – b + c = 0) 
y(-1) = -1, y(3) = -9 
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là    1; 1 , 3; 9   . 
Bài 3: 
Thu gọn các biểu thức sau: 
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
 
 
 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
www.VNMATH.com 
= 
(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)
11 13
   
 
= 
22 11 3 26 13 3
11 13
 
 = 2 3 2 3   
=
1
( 4 2 3 4 2 3)
2
   = 2 2
1
( ( 3 1) ( 3 1) )
2
   
= 
1
[ 3 1 ( 3 1)]
2
   = 2 
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
B
x x x x
   
  
   
 ( 0, 16)x x  
= 
2 28 4 8
( 1)( 4) 1 4
x x x x x
x x x x
   
 
   
= 
22 28 ( 4) ( 8)( 1)
( 1)( 4)
x x x x x x
x x
      
 
= 
2 28 8 16 9 8
( 1)( 4)
x x x x x x x
x x
       
 
 = 
4 4
( 1)( 4)
x x x x
x x
  
 
= 
( 1)( 1)( 4)
( 1)( 4)
x x x
x x
  
 
 = 1x  
Câu 4: 
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 
nghiệm phân biệt với mọi m. 
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2
b
m
a
  ; P = 4 5
c
m
a
   
 A = 21 2 1 2( ) 3x x x x  = 
24 3(4 5)m m  = 2(2 3) 6 6,m   với mọi m. 
Và A = 6 khi m = 
3
2

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 
3
2

Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 
3 góc vuông 
 Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là 
hình chữ nhật) 
 Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) 
 Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 
 OA vuông góc với EF 
 b) OA vuông góc PQ  cung PA = cung AQ 
 Do đó: APE đồng dạng ABP 
  
AP AE
AB AP
  AP2 = AE.AB 
A 
B 
C D 
P 
E 
O H I 
K 
F Q 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.
www.VNMATH.com 
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông tại H, có HE là chiều cao) 
 AP = AH  APH cân tại A 
c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA 
 Do đó DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp 
d) Góc ICF = góc AEF = góc DKF 
 vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) 
 và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID 
Ths. Phạm Hồng Danh 
(Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM) 
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
 For evaluation only.