Đề + Đáp án chuyên Toán (Chung)_2013-2014_Bến Tre

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

Câu 1 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
6 27 0x x− − =
.
b) Giải hệ phương trình
5
3y 2
x
2
7y 9
x

− =




+ =


c) Cho
4 2 3 4 2 3

12
x
+ + −
=
. Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức
P =
( )
2013
3 9
1x x− +
.
d) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có n
3
+ 3n
2
+ 2n chia hết cho 6.
Câu 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
2 1 0x x m− + + + =
(m là tham số) (1).
a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2
là độ dài các cạnh
góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
3
(đơn vị độ dài).

Câu 3 (2,5 điểm).
Cho các hàm số y = – x
2
có đồ thị là (P) và y = x – 2 có đồ thị là (d).
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên các trục số bằng nhau).
b) Xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
c) Tìm điểm M thuộc (P) có hoành độ lớn hơn -2 và nhỏ hơn 1 đồng thời khoảng cách từ M
đến đường thẳng (d) là lớn nhất.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp
tuyến AP và AQ với đường tròn ( P, Q là các tiếp điểm). Kẻ dây QB song song với AP.
Nối AB cắt đường tròn tại C.
a) Chứng minh rằng:
i) Tứ giác APOQ nội tiếp.
ii) Tam giác PQB cân.
iii) AP
2
= AB. AC.
b) Kéo dài QC cắt AP tại I. Chứng minh rằng IA = IP.
c) Biết AP = R
3
. Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PQ của đường tròn tâm O
theo R.
- Hết -
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý GIẢI
Câu 1 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình
4 2
6 27 0x x− − =

(1)
+ Đặt t = x
2

≥
0, pt (1) trở thành: t
2
– 6t – 27 = 0
⇔


=

= −


1
2
9 ( )
3 ( )
t thoûa ÑK
t khoâng thoûa ÑK
+ Với t = 9
⇒
x
2
= 9
⇔
x =
±

3.
+ Vậy pt (1) có hai nghiệm x
1
= 3; x
2
= – 3.
b) Giải hệ phương trình
5
3y 2
x
2
7y 9
x

− =




+ =


(I)
+ Đặt X =
1
x
: ĐK: x
≠
0, hệ (I) trở thành:
5X 3y 2

2X 7y 9
− =


+ =


⇔
X 1
y 1
=


=


⇒

x 1
y 1
=


=

c)
4 2 3 4 2 3
12
x
+ + −

=
=
2 2
( 3 1) ( 3 1)
12
x
+ + −
=

=
3 1 3 1
2 3
+ + −
=
2 3
2 3
= 1
⇒
P =
( )
2013
3 9
1x x− +
= (1
3
– 1
9
+ 1)
2013
= 1

2013
= 1.
Câu 2(1,5 điểm)
Phương trình
2
2 1 0x x m− + + + =
(m là tham số) (1).
a) Khi m = 2, pt (1) có 2 nghiệm: x
1
= – 1; x
2
= 3.
b)
+ Pt (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2

⇔

∆
’ = 1
2
– (– 1) (m + 1) = m + 2
≥
0
⇔
m
≥
– 2.

+ Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt(1):
1 2
1 2
2
. 1
x x
x x m
+ =


= − −

+ Theo đề bài: x
1
2
+ x
2
2
= (
3
)
2
⇔
(x
1
+ x
2
)
2
– 2x

1
x
2
= 3
⇔
2
2
– 2(- m – 1) = 3
⇔
m =
3
2
−
(thỏa ĐK)
Câu 3 (2,5 điểm).
Cho các hàm số y = – x
2
có đồ thị là (P) và y = x – 2 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 = – 2
⇒
(0 ; – 2 )

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

⇒
1
2
1 (1; 1)
4 ( 2; 4)
y
y
= − ⇒ −


= − ⇒ − −

+ Vậy tọa độ giao điểm của P và (d) là:
(1 ; – 1) và (– 2 ; – 4)
c)
+ Gọi các giao điểm của (P) và (d) là
A(1 ; – 1) và B(– 2 ; – 4) và MH là khoảng cách
từ M (x
M
; y
M
)
∈
(P) đến (d)
⇒
MH
⊥
AB
⇒

S
AMB
=
1
2
AB.MH
⇒
MH lớn nhất khi S
AMB
lớn nhất
+ Gọi A’, B’, M’ lần lượt là hình chiếu của A, B, M
lên trục Ox, đặt x
M
=

m
⇒
y
M
= – x
M
2
⇒
| y
M
| = |– x
M
2
| = x
M

2
= m
2
.
+ Ta có:
S
AMB
= S
AA’B’B
– [S
AA’M’M
+ S
BB’M’M
]
=
1
2
(AA’ + BB’).A’B’ – [
1
2
(AA’ + MM’).A’M’ +
1
2
(BB’ + MM’).B’M’]
=
1
2
. (1 + 4). 3 – [
1
2

. (1 + | y
M
|).(1 + | x
M
|) +
1
2
( 4 + | y
M
| ).( 2 – | x
M
|) ]
=
15
2
–
1
2
[(1 + m
2
)(1 + m) + (4 + m
2
)(2 – m)]
=
15
2
–
1
2
(3m

2
– 3m + 9)
=
15
2
–
3
2
(m
2
– m + 3)
=
15
2
–
3
2
[(m –
1
2
)
2
+
11
4
]
=
27
8
–

3
2
(m –
1
2
)
2

≥

27
8
+ Dấu “ = ” xảy ra
⇔
m =
1
2
∈
(-2 ; 1)
Vậy khoảng cách lớn nhất đến (d) tại M (
1
2
;
1
4
−
)
Câu 4 (3,5 điểm)
a)
i) Chứng minh rằng tứ giác APOQ nội tiếp:

·
APO
=
·
AQO
= 90
0
nhìn đoạn OA
⇒
Tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn
đường kính OA.
ii) Chứng minh rằng tam giác PQB cân:
+ QB // AP
⇒
·
PQB
=
·
QPA
(so le trong) (1)
+
·
PBQ
=
·
QPA
(cùng chắn
»
PC
của (O)) (2)

Từ (1) và (2)
⇒
·
PQB
=
·
PBQ
⇒
∆
PQB cân tại P.
iii) Chng minh rng AP
2
= AB. AC:
+

APC v

ABP cú:
ã
ã
ã
ằ



=


BAP : chung
APC PBC (cuứng chaộn PC)

APC

ABP (g-g)

=
AP AC
AB AP


AP
2
= AB. AC.
b) Chng minh rng IA = IP:
+

IPC v

IQP cú:
ã
ã
ã
ằ



=

PIQ : chung
IPC IQP (cuứng chaộn PC)



IPC

IQP (g-g)

=
IP IC
IQ IP


IP
2
= IC.IQ (1)
+
ã
ã
( )
ã
ã
ằ
QB AP IAC CBQ so le trong
Maứ IQA CBQ cuứng chaộn CQ
/ /
: ( )
ỹ

ù
=ị
ù
ù
ý
ù
ù
=
ù
ỵ
ị
ã ã
IAC IQA=
+

IAC v

IQA cú:
ã
ã ã



=


AIQ : chung
IAC IQA(cmt)

IAC

IQA (g-g)

=
IA IC
IQ IA


IA
2
= IC.IQ (2)
+ T (1) v (2)
ị
IA
2
= IP
2


IA = IP.
c) Bit AP = R
3
. Tớnh din tớch hỡnh qut trũn chn cung nh PQ ca ng trũn tõm O
theo R:
+
D
OAP vuụng ti P
ị

tan
ã
AOP
=
AP
OP
=
R 3
R
=
3
ị
ã
AOP
= 60
0
ị
ã
POQ
= 120
0

ị
n
0
= s
ằ
PQ
= 120
0

ị
S
qut
=
2
R n
360
p
=
2
R 120
360
p
=
2
R
3
p
(vdt).