SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học 2013-2014 ĐÁP ÁN Môn thi: TOÁN Câu 1: Giải PT và Hệ phương trình. a) x 2 -5x+6=0 ∆ =b 2 -4ac=1>0⇒ ∆ =1, PT có hai nghiệm phân biệt x 1 =3; x 2 =2. b) x 2 -2x-1=0: ∆ ’ =b’ 2 -ac=(-1) 2 -1.(-1)=2⇒ ' 2∆ = . PT có hai nghiệm phân biệt 1,2 1 2x = ± c) x 4 +3x 2 -4=0 (1) Đặt x 2 =t(t ≥ 0), suy ra x 4 =t 2 . Thay t, t 2 vào PT(1) ta có: t 2 +3t 2 -4=0. a+b+c=1+3+(-4)=0⇒ t 1 =1, t 2 =-4(loại). t 1 =1⇒x 2 =1⇒x= ± 1. d) 2 3 4 2 6 5 5 1 2 1 2 1 2 1 1 x y x y x x x y x y x y y − = − = = =     ⇔ ⇔ ⇔     + = − + = − + = − = −     Câu 2: (1.5đ): a) Vẽ đò thị: x -2 -1 0 1 2 y=x 2 4 1 0 1 4 b) Tìm toạ độ giao điểm: Xét PT hoành độ giao điểm (P) và (d): x 2 =-x+2⇔ x 2 +x-2=0⇔ 1 2 x x =   = −  ⋅ x=1⇒y=1 ,Toạ độ điểm thứ nhất (1;1) ⋅ x=-2 ⇒y=4, Toạ độ điểm thứ nhất (1;1) Câu 3: 3 3 3 3 9 3 1 9 9 3 3 ( 3)( 3) 3 x x x x x x A x x x x x x x   + − + + + = + × = × =  ÷  ÷ + + + − + − −   x 0 2 y=-x+2 2 0 2 2 2 2 4 2 3 6 2 5 4 2 3 6 2 5 21 6 15 15 2 2 3 1 5 1 3 1 5 1 21 6 15 15 2 2 3 5 15 15 15 15(4 15) 15 15 2 B     + + − − + +  ÷  ÷ = − −  ÷  ÷         + + − − + + = − −  ÷  ÷  ÷  ÷       + = − = + − =  ÷  ÷   60 Câu 4: cho PT: 8x 2 -8x+m 2 +1=0(*). a) PT có nghiệm x=1/2 nên: 8. 2 2 1 1 8. 1 0 1 1 4 2 m m m− + + = ⇔ = ⇔ = ± . Vậy với 1m = ± thì PT(*) có nghiệm x=1/2. b) '∆ = b’ 2 -ac=16-8(m 2 +1)=8-8m 2 =8(1-m 2 ). Để PT(*) có hai nghiệm thì '∆ = 8(1-m 2 )≥0⇔ -1≤m≤1. Hai nghiệm thoả mãn: x 1 4 -x 2 4 = x 1 3 -x 2 3 ⇔(x 1 -x 2 )( x 1 +x 2)( x 1 2 +x 2 2 )= (x 1 -x 2 )( x 1 2 +x 2 2 +x 1 x 2 ) ⇔(x 1 -x 2 )( x 1 +x 2 )[(x 1 +x 2 ) 2 -2x 1 x 2 )]= (x 1 -x 2 )[( x 1 +x) 2 -x 1 x 2 )]. (**) TH1: Nếu PT(*) có nghiệm kép nghiệm x 1 =x 2. suy ra: x 1 -x 2 =0 nên (**) thoả mãn. khi đó '∆ = 8(1- m 2 )=0⇔ 1m = ± . TH2: Nếu PT(*) có hai nghiệp phân biệt: (**)⇔( x 1 +x 2 )[(x 1 +x 2 ) 2 -2x 1 x 2 )]= ( x 1 +x) 2 -x 1 x 2 . (***) Theo hệ thức Vi-Et ta có: 1 2 2 1 2 1 1 . 8 x x m x x + =    + =   Thay vào (***) ta có: 1-2. 2 1 8 m + =1- 2 1 8 m + ⇔ 2 1 8 m + =0 Vô nghiệm. Vậy với 1m = ± thì PT (*) có hai nghiệm thoả x 1 4 -x 2 4 = x 1 3 -x 2 3 . Câu 5: a) · · MBC BAC= ( Cùng chắn » BC ). · · MIC BAC= ( đồng vị) ⇒ · · MBC MIC= ⇒ Hai đỉnh B,I nhìn đoạn MC dưới một góc không đổi. ⇒ MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Xét ∆FIC và ∆FBM ta có: · · IFC BAC= (đđ) · · ICF FMB= ( cùng chắn cung º BI ) ⇒∆FIC  ∆FBM (g.g) ⇒ FI FC FB FM = ⇒FI.FM=FC.FB (1). Xét ∆FDB và ∆FCE ta có: · · DFB CFE= (đđ) · · DBF CEF= ( cùng chắn cung » DC ) ⇒∆FDB ∆FCE(g.g) ⇒ FD FB FC FE = ⇒FC.FB=FD.FE (2) Từ (1) và (2) suy ra: FI.FM= FD.FE. c) Xét ∆FQC và ∆FBT ta có: · · QFC TFB= (đđ) · · FBT FQC= ( cùng chắn cung » DC ) ⇒∆FQC  ∆FBT (g.g) ⇒ FQ FC FB FT = ⇒FQ.FT=FC.FB, mà FI.FM=FC.FB(cmt) ⇒ FQ.FT= FI.FM ⇒ FQ FI FM FT = Xét ∆FIQ và ∆FTM ta có: FQ FI FM FT = Và · · IFQ TFM= (đđ) ⇒∆FIQ ∆FTM(c.g.c) ⇒ · · FIQ FTM= ( hai góc tương ứng) Mà · FIQ = 90 0 ⇒ · FTM =90 0 . Ta lại có · FTP =90 0 ⇒ · · · PTM FTM FTP= + =90 0 +90 0 =180 0 ⇒ · PTM là góc bẹt. Hay ba điểm F,T, M Thẳng hàng. c) Gọi h là khoảng cách từ I đến BC. 1 2 IBC S BC h ∆ = × × , Mà I thuộc » BC của đường tròn đường kính OM, BC cố định. Để IBC S ∆ lớn nhất thì h lớn nhất. Mà h lớn nhất khi I ≡ O khi đó AC là đường kính của (O), hay A đối xứng với C qua O. Vậy khi A đối xứng với C qua O thì IBC S ∆ lớn nhất. Bài giải chưa kịp đọc lại nếu có gì sơ suất mong được góp ý Cudinhduc@gmail.com . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TP. HCM Năm học 2013-2014 ĐÁP ÁN Môn thi: TOÁN Câu 1: Giải PT và Hệ phương trình. a) x 2 -5x+6=0 ∆ . ⇒ · · FIQ FTM= ( hai góc tương ứng) Mà · FIQ = 90 0 ⇒ · FTM =90 0 . Ta lại có · FTP =90 0 ⇒ · · · PTM FTM FTP= + =90 0 +90 0 =180 0 ⇒ · PTM là góc bẹt. Hay ba điểm F,T, M Thẳng hàng. c)