Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2008 - 2009 môn thi: Toán thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 NĂM HỌC 2008-2009 
 KHÓA NGÀY 18-06-2008 
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
 (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 
 a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1) 
 b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2) 
 c) (3) 
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =⎧⎨ + = −⎩
Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = –x2 và đường thẳng (D): y = x – 2 trên cùng một cùng 
 một hệ trục toạ độ. 
 b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. 
Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau: 
 a) A = 7 4 3 7 4 3− − + 
 b) B = x 1 x 1 x x 2x 4 x 8.
x 4 x 4 x 4 x
⎛ ⎞+ − + −−⎜ ⎟⎜ ⎟− + +⎝ ⎠
− (x > 0; x ≠ 4). 
Câu 4: Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) 
 a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt. 
 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để 2 21 2 1 2x x x x 7+ − = . 
Câu 5: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp 
 tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. 
 a) Chứng minh MA2 = MC.MD. 
 b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên 
 một đường tròn. 
 c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường 
 tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD. 
 d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, 
 B, K thẳng hàng. 
-----oOo----- 
Gợi ý giải đề thi môn toán 
Câu 1 (2 điểm): 
a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1) 
Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là: 
 x1 = 1 hay x2 = 
c 5
a 2
= − . 
Cách 2: Ta có Δ = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân 
biệt là x1 = 
3 7 5
4 2
− − = − hoặc x2 = 3 7 1
4
− + = . 
b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2) 
Đặt t = x2, t ≥ 0. 
Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 ⇔ t 1
t 4
= −⎡⎢ =⎣ (a – b + c = 0) 
So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2. 
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x = 2 hoặc x = –2. 
c) (3) 
2x y 1 (a)
3x 4y 1 (b)
+ =⎧⎨ + = −⎩
Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được: 
 3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1. 
Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. 
Cách 2: (3) ⇔ ⇔ ⇔ 8x 4y 4
3x 4y 1
+ =⎧⎨ + = −⎩
5x 5
3x 4y 1
=⎧⎨ + = −⎩
x 1
3.1 4y 1
=⎧⎨ + = −⎩ ⇔ 
x 1
y 1
=⎧⎨ = −⎩ . 
Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. 
Câu 2 (2 điểm): 
a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x2: 
x –2 –1 0 1 2 
y = –x2 –4 –1 0 –1 –4 
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2: 
x 0 2 
y = x – 2 –2 0 
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
x
y
O
Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau: 
b) Phương trình 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) 
Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –2 thì y = –4. 
Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –1) và (–2; –4). 
Câu 3 (1 điểm): 
a) A = 7 4 3 7 4 3− − + = 2 2(2 3) (2 3)− − + = 2 3 2 3− − + 
Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nên A = 2 – 3 – 2 – 3 = 2 3− . 
b) B = x 1 x 1 x x 2x 4 x 8.
x 4 x 4 x 4 x
⎛ ⎞+ − + −−⎜ ⎟⎜ ⎟− + +⎝ ⎠
− . 
 = 2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2).
( x) 2 ( x 2) x
⎛ ⎞+ − −− +− +⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟
 = 
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).
x( x) 2 ( x 2)
⎛ ⎞+ + − − − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎡ ⎤− +⎣ ⎦⎝ ⎠
 = x 3 = x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − + 6 x
x
 = 6. 
Câu 4 (1,5 điểm): x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) 
a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt. 
Cách 1: Ta có: Δ' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt. 
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để 2 21 2 1 2x x x x 7+ − = . 
Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 
Khi đó ta có S = và P = x1x2 = –1. 1 2x x 2m+ =
Do đó ⇔ S2 – 3P = 7 ⇔ (2m)2 + 3 = 7 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ± 1. 2 21 2 1 2x x x x 7+ − =
Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1. 
Câu 5 (3,5 điểm): 
a) Xét hai tam giác MAC và MDA có: 
 – ∠ M chung 
 – ∠ MAC = ∠ MDA (= »đAC1 s
2
). 
Suy ra ΔMAC đồng dạng với ΔMDA (g – 
g) 
⇒ MA MC
MD MA
= ⇒ MA2 = MC.MD. 
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên 
 ∠MAO = ∠ MBO = 900. 
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 
900. 
Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 900 
⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường 
đường kính MO. 
chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R(O). Do đó MO là trung 
ực của AB ⇒ MO ⊥ AB. 
K
tròn 
c) ¾ Ta có MA = MB (tính 
tr
O
M
D
C
A
I
H
B
Trong ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA2 = MH.MO. Mà MA2 = MC.MD (do a)) 
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MC
MD MO
= (1). 
Xét Δ MHC và ΔMDO có: 
 ∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ΔMHC và ΔMDO đồng dạng (c–g –c) 
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp. 
¾ Ta có: + ΔOCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO 
 + ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp) 
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD 
⇒ 900 – ∠ MHC = 900 – ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB 
là phân giác của ∠ CHD. 
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 900) 
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) 
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp 
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 900. 
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H 
⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng. 
--------------oOo-------------- 
ThS NGUYỄN DUY HIẾU 
(Tổ trưởng tổ toán, Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM)