Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2016 2017 Sở GDĐT Bến Tre

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH
LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1. (2.0 điểm)
Không sử dụng máy tính cầm tay:
1
a) Tính 8  2 
;
2
x  y  4
b) Giải hệ phương trình: 
x  2 y  6
Câu 2. ( 2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 3
a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh.
Câu 3. ( 2.5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0
(m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m = 1;
b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x1  x2  2
Câu 4. ( 3.5 điểm)
Cho nửa đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ hai tiếp

tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn;
b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh hệ
thức MA2 = MC. MD;
c) Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc AHB;
AMB = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và
d) Cho 
cung nhỏ AB.

HẾT


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)
Câu
1

2

Ý
a)

(1,00)

Nội dung
1
2
2
3 2
8 2
=2 2 2
= 2
=
2
2
2
2
Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2  y = 2

Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 = 2.
b)
(1,00)
x  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
y  2
3
Vẽ (d): y = – 2x + 3: Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =
2
3
(d) đi qua (0; 3) và ( ; 0).
2
2

Vẽ (P): y = x . Bảng giá trị
x
-2
-1
0
1
2
2
y = -x
4
1
0
1
4
a)
(1,00)

Điểm
1,00
0,50
0,25
0,25

0,25

0,25

y = x2
y

4

3

0,50

2
1
x
-2

-1

0

1

3
2

2

y = - 2x + 3

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3

 x2 + 2x – 3 = 0  x1 = 1, x2 = – 3.
b)
(1,00) Thay vào y = x2, tìm được y = 1; y = 9.
1

2

3

0,25
0,25
0,25

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9).

0,25

Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0

0,25

a)
 ' = 2.
(1,00)
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 +

0,25

2 ; x2 = 2 –

2.

0,50

Ta có:  ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m.
b)
(0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2(m + 1); x1. x2 = 2m

x1 

x2 

0,25
0,25

Theo đầu bài ta cần có x1, x2 là hai nghiệm không âm. Hay:
 x1  x2  0
 2(m  1)  0
m   1
c)


 m  0 (*)

2m

0
m

0
x
x


0


1
2

(0,75)
Ta có

0,50

0,25

2  x1 + x2 + 2 x1 x2  2
0,25

 2m + 2 + 2 2m = 2  m = 0 (thỏa mãn (*))
4
A
D
H
C

Hình
(0,25)

M

O

Hình
vẽ
đến
câu b
0,25

B

a)
(0,75)

b)
(1,00)

Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp
Tứ giác MAOB có:
 = 900 , MBO
 (tính chất tiếp tuyến);
MAO

0,25

 + MBO
 = 1800
MAO

0,25

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO.

0,25

Chứng minh: MA2 = MC. MD
 chung;
Hai tam giác DMA và AMC có: M
 = MDA
 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng
MAC
chắn cung AC)
nên  DMA ∽  AMC (g-g)
MA MD

 MA2 = MC. MD
Suy ra:
MC MA

Chứng minh HM là phân giác của góc AHB
Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH  CD ( Định lý quan hệ
c)
(0,75) giữa đường kính và dây)
 = MBO
 = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn.
Suy ra: MHO

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
 ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
 = BOM
BHM
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
 ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
 = AOM
AHM
 = BOM
 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Lại có AOM
 = BHM
 . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB
 AHM
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB
1
AOM = 600 ; nên OA =
Tam giác MAO vuông tại A, có 
MO hay
2
MO = 2 AO = 2R.
Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2 . Hay AM = 3 R.
Gọi S là diện tích hình cần tìm, SMAOB là diện tích tứ giác MAOB,
d)
(0,75) SMAO là diện tích tam giác MAO, SqAOB là diện tích hình quạt chắn
cung nhỏ AB khi đó S = SMAOB – SqAOB .
Ta có : SMAOB = 2. SMAO = AO. AM = R. 3 R = 3 R2 (đvdt).

 R 2 .120  R 2
AOB = 1200  sđ 
AB = 1200 nên SqOMB =

Từ 
(đvdt).
360
3
 R2

Vậy S = SMAOB – SqAOB = 3 R2 –
= R 2 ( 3  ) (đvdt).
3
3

Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn.

HẾT

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


Chương trình luyện thi lớp 10 chuyên

Môn: Toán học
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

CHƯƠNG TRÌNH LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRÊN HỌC247
- Chương trình luyện thi được xây dựng dành riêng cho học sinh giỏi, các em yêu thích toán và muốn thi vào
lớp 10 các trường chuyên.
- Nội dung được xây dựng bám sát với đề thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên của cả nước trong những
năm qua.
- Đội ngũ giáo viên giảng dạy gồm các thầy nổi tiếng có nhiều năm kinh nghiệm trong việc ôn luyện học sinh
giỏi.

- Hệ thống bài giảng được biên soạn công phu, tỉ mỉ, phương pháp luyện thi khoa học, hợp lý mang lại kết
quả tốt nhất.
- Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.
- Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.
- Mỗi lớp từ 5 đến 10 em để được hỗ trợ kịp thời nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất.
- Đặc biệt, các em còn hỗ trợ học tập thông qua cộng đồng luyện thi vào lớp 10 chuyên của HỌC247.

 />
Website: www.hoc247.vn - Bộ phận tư vấn: 098 1821 807

Trang | 1