Đề thi đáp án môn toán tuyển sinh vào lớp 10 chuyên và không chuyên tỉnh Bến Tre từ 2008

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

Năm học 2010-2011
Môn: TOÁN

Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1: (3,5 điểm)
 2x − 3y = − 4
 x + 3y = 7

a) Giải hệ phương trình 

bằng phương pháp cộng.

b) Giải phương trình: x 4 − 10 x 2 + 9 = 0 .
Câu 2: (3,5 điểm)
Cho phương trình x 2 + 2(m − 1) x + m 2 = 0 (m là tham số) (1).
a) Giải phương trình (1) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm các giá trị của tham số m sao cho
x1 + x2 + x1 x2 = 5 .

Câu 3: (6,0 điểm)
Cho các hàm số y = x 2 có đồ thị là (P) và y = −2 x + 3 có đồ thị là (D).
a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phương pháp đại số.
c) Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích
bằng

1
(đơn vị diện tích).
4

Câu 4: (7,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Từ A và B lần lượt kẻ hai tiếp tuyến Ax và By với nửa
đường tròn. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax
và By lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh rằng:
i) Tứ giác AOMC nội tiếp.
·
ii) CD = CA + DB và COD
= 900 .
iii) AC.BD = R2.
·
b) Khi BAM
= 600 . Chứng tỏ tam giác BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn cung
MB của nửa đường tròn đã cho theo R.
…. Hết …..


HƯỚNG DẪN CHẤM CỦA ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT
NĂM HỌC 2010 -2011

MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu
Câu 1
3,50 đ

Đáp án
 2 x − 3 y = −4
bằng phương pháp cộng .
 x + 3y = 7

a) Giải hệ phương trình 

 2 x − 3 y = −4 (1)
(1) cộng (2) ta được 3 x = 3 ⇔ x = 1

 x + 3 y = 7 (2)
x = 1 ⇒ 1+ 3y = 7 ⇔ y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x = 1; y = 2) .

b) Giải phương trình: x 4 − 10 x 2 + 9 = 0 .
Đặt: t = x 2 (t ≥ 0) . Phương trình (1) có dạng: t 2 − 10t + 9 = 0 .
t = 1
⇔1
(thỏa)
t2 = 9
Khi t = 1 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1
Khi t = 9 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3
Câu 2

3,50 đ

Điểm

0,50
0,50

0,50
0,50
0,50

Vậy: phương trình có bốn nghiệm x = ±1; x = ±3
Cho phương trình x 2 + 2(m − 1) x + m 2 = 0
a) Giải phương trình (1) khi m = 0 .
Khi m = 0 phương trình có dạng: x 2 + 2.(0 − 1) x + 02 = 0
⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x( x − 2) = 0
x = 0
⇔
Vậy: phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 2
x = 2

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt.
Ta có: ∆ / = (m − 1) 2 − m 2 = m 2 − 2m + 1 − m 2 = −2m + 1
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ / > 0 ⇔ −2m + 1 > 0 ⇔ m <

0,50

1

1
Vậy: m <
2
2

0,50

0,50

0,50

0,50
0,50

c) Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Tìm các giá trị
của tham số m sao cho x1 + x2 + x1 x2 = 5 .
b

x1 + x2 = − = −2(m − 1)

1

a
Khi m < theo định lý Viet ta có: 
2
 x .x = c = m 2
 1 2 a
2
2
Do đó: x1 + x2 + x1.x2 = 5 ⇔ −2(m − 1) + m = 5 ⇔ m − 2m − 3 = 0

 m = −1
⇔ 1
 m2 = 3

0,50

0,50
0,25


1
2

Vậy: Kết hợp với điều kiện m < , ta được m = −1
Câu 3
6,00 đ

0,25

Cho các hàm số y = x 2 có đồ thị là (P) và y = −2 x + 3 có đồ thị là (D).
a) Vẽ (P) và (D) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc.
Bảng một số giá trị:
x

-2

-1

0

1

2

y

4

1

0

1

4

1,00

3
2

(D) đi qua (0;3) và ( ;0)

0,50

Đồ thị:
y

4

1,50
3

1

-2

-1

O

1

3

2

x

2

b) Xác định tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phương pháp đại số.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:
⇔ x 2 = −2 x + 3 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0
 x1 = 1
Ta có: a + b + c = 0 ⇒ 
 x2 = −3
 x1 = 1
 y1 = 1

 x = −3 ⇒  y = 9
 2
 2
Vậy các giao điểm là: M (1;1); N ( −3;9)

0,50

0,50

c) Tìm phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) và tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1.
Gọi (d) là đường thẳng cần tìm. Phương trình (d): y = ax + b (a ≠ 0)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2 − ax − b = 0 .
(P) tiếp xúc với (d) ⇔ ∆ = a 2 + 4b = 0 (1)
b
a

Giao điểm của (d) với các trục tọa độ là A(− ;0), B (0; b) .
Diện tích của tam giác SOAB =

0,50

1
b
b2
b.− =
.
2
a 2a

0,50


SOAB =

1
b2
1
⇔
= ⇔ 2b 2 = a (2)
4
2a 4
0,50
b = 0

4
Từ (1) và (2) suy ra 4 b + 4b = 0 ⇔ 
 b = −1
Với b = 0 ⇒ a = 0 (loại)
Với b = −1 ⇒ a = ±2
Vậy: (d) có phương trình y = ±2 x − 1

0,50

y
D

x

0,50

M

C

B

A

O

a) Chứng minh rằng:
i) Tứ giác AOMC nội tiếp.
·
CAO
= 900
Ta có : 
(tính chất tiếp tuyến)
·
= 900
CMO
·
·
⇒ CAO
+ CMO
= 1800 Vậy: Tứ giác AOMC nội tiếp đường tròn đường

kính OC.

0,50

0,25

ii) CD = CA + DB
CM = CA
 DM = DB

Ta có : 

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm)

Vậy CD = CM + DM = CA + DB .

0,50

0,50

·
Chứng minh COD
= 900 :
·
 ·AOC = COM
Ta có :  ·
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm)
·
 DOB = DOM
·
Mà ·AOM + MOB
= 1800 (kề bù)

0,50

0,50

0

180
·
·
·
= COM
+ MOD
=
= 900
Vậy: COD
2

0,50

Chứng minh rằng:
iii) AC.BD = R2.
CM = CA
⇒ AC.BD = CM .DM
 DM = DB

Ta có: 

0,50

Mà CM .DM = OM 2 = R 2
·
b) Khi BAM

= 600 . Chứng tỏ tam giác BDM là tam giác đều

0,50


Câu 4
7,00 đ

·
·
Ta có: BAM
= MBD
= 600 (cùng chắn cung MB)

Mà ∆BMD cân tại D ( DM = DB)
Vậy ∆BMD đều.
Tính diện tích của hình quạt tròn chắn cung MB của nửa đường tròn đã
cho theo R.
·
·
Ta có: BAM
= 600 ⇒ MOB
= 1200
Sq =

π R n π R 120 π R
=
=
(đvdt)
360

360
3
2

2

0,50

0,50

0,50

2

0,75

1) Nếu học sinh làm bài không theo hướng dẫn chấm nhưng đúng vẫn cho đủ điểm theo từng câu.
2) Học sinh có thể dùng máy tính cầm tay (các loại máy tính được phép đem vào phòng thi) để làm bài nếu đề
bài không yêu cầu giải theo phương pháp nào.
------- HẾT-------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn : TOÁN
Thời gian : 120 phút (không kể phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (4,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay:
a) Tính: P = 12 + 5 3 −

1
3

b) Giải phương trình: x2 – 6x + 8 = 0.
x + 2 y = −3
c) Giải hệ phương trình: 
.
x − 2 y = 5
Câu 2. (4,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 3x + m – 1 = 0 (m là tham số) (1).
a) Giải phương trính (1) khi m = 1.
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm kép.
c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 là độ dài các cạnh của một hình
chữ nhật có diện tích bằng 2 (đơn vị diện tích).
Câu 3. (6,0 điểm)
Cho các hàm số y = x2 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 (đơn vị trên các trục bằng nhau).
b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
3
3
c) Tìm các điểm thuộc (P) cách đều hai điểm A (
+ 1 ; 0) và B (0;
+ 1) .
2
2
Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến AM và AN với
đường tròn (M, N là các tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng tứ giác AMON nội tiếp.
b) Biết AM = R. Tính OA theo R.
c) Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ MN của đường tròn tâm O theo bán kính R.
d) Đường thẳng d đi qua A, không đi qua điểm O và cắt đường tròn tâm O tại hai điểm B, C. Gọi I là
trung điểm của BC. Chứng tỏ rằng năm điểm A, M, N, O và I cùng nằm trên một đường tròn.
… Hết …

GỢI Ý GIẢI
Câu 1.(4,0 điểm)


1
1
20
1
3 = (2 + 5 + ) 3 =
3
=2 3 + 5 3 −
3
3
3
3
b) Phương trình x2 –6x + 8 = 0, có: ∆ ' = b’2 – ac = (-3)2 – 1. 8 = 1 > 0 ⇒ ∆ ' = 1
Suy ra: phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 4; x2 = 2
x + 2 y = −3
2 x = 2
x = 1
x = 1

x = 1
⇔
⇔
⇔
⇔
c) 
x − 2 y = 5
x + 2 y = − 3
1 + 2 y = − 3
2 y = − 4
y = − 2
a) P =

12 + 5 3 −

x = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 
y = − 2
Câu 2. (4,0 điểm)
a) Khi m = 1, pt(1) trở thành: x2 – 3x = 0
x = 0
⇔ x(x – 3) = 0 ⇔ 
x = 3
Vậy khi m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 3.
b) Phương trình (1) có nghiệm kép khi có ∆ = 0
⇔ (-3)2 – 4. 1.(m – 1) = 13 – 4m = 0
13
⇔ m=
4
13

Vậy khi m =
thì phương trình (1) có nghiệm kép.
4
c)
•

ĐK để pt(1) có hai nghiệm x1, x2 là ∆ ≥ 0 ⇔ 13 – 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

13
.
4

c
=m–1.
a
• Theo đề bài, ta có: x1x2 = 2 ⇔ m – 1 = 2 ⇔ m = 3( thỏa ĐK)
• Vậy khi m = 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 là độ dài các cạnh của một hình chữ
nhật có diện tích bằng 2 (đơn vị diện tích).
Câu 3. (6,0 điểm)
a)
• Bảng một số giá trị tương ứng của (P):
x
-2
-1
0
1
2
y
4
2

0
2
4
• Vẽ (d): y = x + 2
Cho x = 0 ⇒ y = 2 ⇒ (0; 2)∈ (d)
Cho x = 1 ⇒ y = 3 ⇒ (1; 3)∈ (d)
•

Khi đó pt(1) có: x1x2 =

• Đồ thị:


b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x2 = x + 2 ⇔ x2 – x – 2 = 0
x = 2
 y = 4 ⇒ (2;4)
⇔
⇒
x = −1
 y = 1 ⇒ (−1;1)
Vậy:(d) cắt (P) tại hai điểm (2; 4) và (-1; 1).
c) Gọi M(xM; yM) ∈ (P) và cách đều hai điểm A, B
Ta có:
2
• yM = xM và MA = MB.
3
+1
2
• MA2 = (xA – xM )2 + (yA – yM )2

= (a – x)2 + (0 – x2)2
= a2 – 2ax + x2 + x4.
• MB2 = (xB – xM )2 + (yB – yM )2
= (0 – x)2 + (a – x2)2
= x2 + a2 – 2ax2 + x4.
• MA = MB ⇔ MA2 = MB2
⇔ a2 – 2ax + x2 + x4 = x2 + a2 – 2ax2 + x4.
x = 0
 y = 0 ⇒ (0;0)
⇔ 2ax2 – 2ax = 0 ⇔ x2 – x = 0 ⇔ 
⇒
x = 1
 y = 1 ⇒ (1; 1)
• Vậy có hai điểm thỏa đề bài: O(0; 0) và M(1; 1)
Câu 4. (6,0 điểm)
a) Chứng minh rằng tứ giác AMON nội tiếp:
+ (O) có:
·
• AM là tiếp tuyến tại M ⇒ AM ⊥ OM ⇒ OMA
= 900 (1).
•

Đặt xM = x, a =

·
• AN là tiếp tuyến tại N ⇒ AN ⊥ ON ⇒ ONA
= 900 (2).
·
·
• Từ (1 , (2) ⇒ OMA

+ ONA
= 1800 ⇒ Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA.

b) Biết AM = R. Tính OA theo R:
∆ OAM vuông tại M ⇒ OA = OM 2 + AM 2
⇒ OA =

R2 + R2 = R 2
c)Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ MN của đường tròn tâm O theo bán kính R.
+ (O) có:
• Hai tiếp tuyến AM, AN cắt nhau tại A
⇒ AM = AN =R = OM = ON
⇒ AMON là hình thoi
(1)


·
• Mà: OMA
(2)
= 900 (cmt)
• Từ (1) và (2) ⇒ AMON là hình vuông
0
0
·
⇒ MOM
= 900 ⇒ n = 90

π R 2 .n
π R 2 .90 π R 2
=

• Squạt (MON) =
=
(đvdt)
360
360
4

d) Chứng tỏ rằng năm điểm A, M, N, O và I cùng nằm trên một đường tròn
+ (O) có:
• I là trung điểm của dây BC ⇒ OI ⊥ BC
· = 90 0 nhìn đoạn OA
⇒ OIA
⇒ I ∈ đường tròn đường kính OA
(1)
• Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA
(2)
⇒
∈
• Từ (1), (2
5 điểm A,M, N, O, I đường tròn đường kính OA.