ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10
BẾN TRE
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2013 – 2014
NĂM HỌC 2013 – 2014
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1 (4,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
3 4 0x x− − =
.
b) Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng
3x 2y 5
5x 2y 3
− =


+ =

.
c) Thực hiện các phép biến đổi đơn giản căn thức bậc hai rồi tính P =
1 1
8 18
2
2
− −
.
Câu 2 (6,0 điểm)
Cho các hàm số y = x
2

có đồ thị là (P) và y = 2x + 3 có đồ thị là (d).
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên các trục bằng nhau).
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
c) Tìm các điểm I thuộc (P) và I cách đều các trục tọa độ Ox, Oy (I khác gốc tọa độ O) .
Câu 3 (4,0 điểm).
Cho phương trình
2
6 9 0x x m− − + =
(m là tham số) (1).
a) Giải phương trình (1) khi m = 9.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm.
c) Tìm các giá trị nguyên và nhỏ hơn 10 của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm
nguyên phân biệt trong đó có ít nhất một nghiệm chia hết cho 2.
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho MN và PQ là hai đường kính vuông góc với nhau của đường tròn tâm O bán kính
R. Trên đoạn OQ lấy điểm E (E khác O và khác Q). Kéo dài ME cắt đường tròn tại F.
a) Chứng minh rằng tứ giác OEFN nội tiếp.
b) Chứng minh rằng MF. QE = MP. QF.
c) Hai đường thẳng QP và NF cắt nhau tại G. Chứng minh rằng FP là đường phân giác của
góc MFN và FQ là đường phân giác của góc GFM.
d) Khi EO = EF.
i) Chứng minh rằng tam giác FON là tam giác đều.
ii) Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PF của đường tròn tâm O theo R.
Hết
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý GIẢI
Câu 1 (4,0 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
3 4 0x x− − =

(1)
+ Đặt t = x
2

≥
0, pt (1) trở thành: t
2
– 3t – 4 = 0
⇔


=

= −


1
2
4 ( )
1 ( )
t thoûa ÑK
t khoâng thoûa ÑK
+ Với t = 4
⇒
x
2
= 4
⇔
x =
±

2.
+ Vậy pt (1) có hai nghiệm x
1
= 2; x
2
= – 2.
b) Hệ phương trình
3x 2y 5
5x 2y 3
− =


+ =


⇔
8x 8
5x 2y 3
=


+ =

⇔
x 1
5.1 2y 3
=


+ =




⇔
x 1
2y 2
=


= −


⇔
x 1
y 1
=


= −

.
c) P =
1 1
8 18
2
2
− −
= 2
2
–

2
2
–
1
.3 2
2
= ( 2 –
1
2
–
3
2
)
2
= 0.
2
= 0.
Câu 2 (6,0 điểm)
Cho các hàm số y = x
2
có đồ thị là (P) và y = 2x + 3 có đồ thị là (d).
a) Đồ thị:
+ Bảng một số giá trị của (P):
x -2 -1 0 1 2
y = x
2
4 1 0 1 4
+ Vẽ (d):
Cho x = 0
⇒

y = 3
⇒
(0 ; 3)
∈
(d)
Cho x = 1
⇒
y = 5
⇒
(1 ; 5)
∈
(d)
b)
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x
2
= 2x + 3
⇔
x
2
– 2 x – 3 = 0
⇔
1
2
3
1
x
x
=



= −


⇒
1
2
9 (3 ; 9)
1 ( 1;1)
y
y
= ⇒


= − ⇒ −

+ Vậy tọa độ giao điểm của P và (d) là: (3 ; 9) và (– 1 ; 1)
c)
+ Điểm I(x ; y) các đều các trục tọa độ Ox, Oy
⇒
I(x ; y) thuộc các đường thẳng: y = x hoặc y = – x.
+ Trường hợp I(x ; y) thuộc đường thẳng: y = x (d
1
)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d
1
):
x
2
= x

⇔
x
2
– x = 0

⇔
x(x – 1) = 0
⇔

=

=

0 ( )
1 ( )
x khoângthoûa ÑK
x thoûa ÑK

⇒
I
1
(1 ; 1).
+ Trường hợp I(x ; y) thuộc đường thẳng: y = – x (d
2
)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d
2
):
x
2

= – x
⇔
x
2
+ x = 0

⇔
x(x + 1) = 0
⇔

=

= −

0 ( )
1 ( )
x khoângthoûa ÑK
x thoûa ÑK

⇒
I
2
( –1 ; 1).
+ Vậy có hai điểm thỏa đề bài: I
1
(1 ; 1) và I
2
( –1 ; 1).
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho phương trình

2
6 9 0x x m− − + =
(m là tham số) (1).
a) Khi m = 9, pt (1) có 2 nghiệm: x
1
= 0; x
2
= 6.
b)
+ Pt (1) có nghiệm x
1
, x
2

⇔

∆
’ = (– 3)
2
– (– m + 9) = m
≥
0
+ Vậy khi m
≥
0 thì pt (1) có nghiệm.
c)
+ Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔

∆

’ > 0
⇔
m > 0
+ Khi m > 0 thì pt (1) có 2 nghiệm:
1
2
( 3)
3
1
( 3)
3
1
m
x m
m
x m

− − +
= = +



− − −
= = −


(*)
+ Từ (*)
⇒
Pt (1) có 2 nghiệm nguyên và nhỏ hơn 10 khi: m là số chính phương

∈
( 0; 9)
⇒
m
∈
{1; 4; 9 } (**)
+ Từ (*)
⇒
Pt (1) có ít nhất một nghiệm chia hết cho 2 khi m là các số lẻ
∈
(0; 9) (***)
Từ (**) và (***)
⇒
m
∈
{ 1; 9 }.
Câu 4 (6,0 điểm)
a) Chứng minh rằng tứ giác OEFN nội tiếp:
+
·
MFN
nội tiếp nửa (O) đường kính MN
⇒
·
MFN
=
·
EFN
= 90
0

nhìn đoạn EN (1)
+ MN
⊥
PQ
⇒

·
EON
= 90
0
nhìn đoạn EN (2)
+ Từ (1) và (2)
⇒
tứ giác OEFN nội tiếp
đường tròn đường kính EN.
b) Chứng minh rằng MF. QE = MP. QF:
+ (O,R) có:

¼
¼
·
¼
·
¼

⊥ ⇒ =







MN PQ MP MQ
MFP noäi tieáp chaén MP
QFM noäi tieáp chaén MQ

⇒
·
·
MFP QFM=
(1)

·
·
PMF EQF=
(nội tiếp cùng chắn
»
PF
) (2)
Từ (1) và (2)
⇒
∆
MFP
∆
QFE (g-g)
⇒
MF MP
QF QE
=

⇔
MF. QE = MP. QF.
c) Chứng minh rằng FP là đường phân giác của góc MFN và FQ là đường phân giác của
góc GFM:
+ (O,R) có:

¼
»
·
¼
·
»

⊥ ⇒ =






MN PQ PM PN
MFP noäi tieáp chaén MP
NFP noäi tieáp chaén NP

⇒
·
·
MFP NFP=
⇒
FP là đường phân giác của

·
MFN
+
·
PFQ
nội tiếp nửa (O) đường kính PQ
⇒
FP FQ⊥
(1)
+ FP là đường phân giác trong của
∆
MFN tại F (2)
T (1) v (2)

FQ l ng phõn giỏc ngoi ca

MFN ti F

FQ l ng phõn
giỏc ca
ã
GFM
.
d) Khi EO = EF:
i) Chng minh rng tam giỏc FON l tam giỏc u
+ ng trũn ng kớnh EN cú:

ằ
ằ
ã

ằ
ã
ằ

= =






EO EF EO EF
ONE noọi tieỏp chaộn EO
FNE noọi tieỏp chaộn EF


ã
ã
ONE FNE=

NE l ng phõn giỏc ca
ã
ONF
(1)
+ ng trũn ng kớnh EN cú:

ằ
ằ
=EO EF

E l im chớnh gia
ẳ
OEF

NE OF
(2)
T (1) v (2)


FON cõn ti N

ON = NF (3)
M: ON = OF = R (4)
T (3) v (4)

ON = OF = NF


FON u.
ii) Tớnh din tớch hỡnh qut trũn chn cung nh PF ca ng trũn tõm O theo R:
+
ã
ã
ã
ã
ã

= +

=


=


0
0
90 ( )
60 ( )
PQF PON NOF
PON MN PQ
NOF FON ủeu


ã
0
150POF =

n
0
= s
ằ
PF
= 150
0

Din tớch hỡnh qut cn tỡm: S =
2
360

R n

=
.
2
R 150
360

=
2
5 R
12

(vdt)