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 =

b) B = (
4 − 2 3
6 − 2
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 ⎧ 5x
⎨ ⇔ ⎨
+ 6 (9x − 7) = 17 ⎧ 59x = 59
⇔ ⎨ ⇔ ⎨x = 1
⎩ 9x − y = 7 ⎩ y


( 3 − 1) 2
= 9x − 7


3 − 1 1 2
⎩ y = 9x − 7 ⎩ y = 2
Câu 2: a) A = = = =
2 ( 3 − 1) 2 ( 3 − 1) 2 2
b) B = (3 + 3) 12 − 6 3 = (3 + 3) (3 − 3)2 = (3 +


Câu 3: Gọi chiều dài là x (m) và chiều rộng là y (m) (x > y > 0).
⎧ 2 (x + y) = 120 ⎧ y = 60 − x


3) (3 − 3) = 9 - 3 = 6.
Theo đề bài ta có: ⎨ ⇔ ⎨
⎩xy = 675 ⎩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
3 2 5
Do đó: A = P - S = m2 - m + 1 - 2m = m2 - 3m + 1 = (m

Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 3
2
−
(thỏa điều kiện m > 1)
2
) − ≥ - 5
4 4




Vậy khi m = 3
2

Câu 5:



thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là - 5
4


A
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 BEC= BFC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa E
đường tròn)
⇒ BF, CE là hai đường cao của ΔABC. B
⇒ H là trực tâm của Δ ABC.
⇒ AH vuông góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:
BAC chung và AEC = AFB = 900
⇒ Δ AEC đồng dạng với Δ AFB
⇒ AE = AC ⇒ AE.AB = AF. AC.
AF AB
c) Khi BHOC nội tiếp ta có:
BOC= BHC mà BHC= EHF ⇒ EHF= BOC
và EHF+ EAF = 1800 (do AEHF nội tiếp)
⇒ BOC+ BAC = 1800 mà BOC = 2BAC
⇒ 3 BAC = 1800 ⇒ BAC = 600 ⇒ BOC = 1200
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 )
1


F

H O

C
D K
⇒ KOC =

OK
2
.BOC = 600

0 3 3
Vậy
KC
= cot gKOC = cot g60 =
3
mà BC = 2KC nên OK =
BC 6
d) Xét Δ EHB và Δ FHC có:
BEH = CFH = 900 và EHB= FHC (đối đỉnh)
⇒ 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)
ATTENTION!

TRIAL LIMITATION - ONLY 3 SELECTED PAGES MAY BE CONVERTED PER CONVERSION.

PURCHASING A LICENSE REMOVES THIS LIMITATION. TO DO SO, PLEASE CLICK ON THE FOLLOWING LINK:
http://www.investintech.com/purchasea2e.html