50 đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2018 có đáp án chi tiết

ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
NĂM HỌC: 2017-2018
Thời gian: 120 phút
Bài 1(2điểm)
a)
b)
c) Rút gọn biểu thức
Bài 2(2điểm)
Cho hàm số y = x2 ( P ) và y = 2x – m (d)
a) Vẽ (P)
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất
Bài 3(1điểm)
Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300 cái giỏ tre.
Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm
của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công
nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau.
Bài 4 (3đ)
Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O,
H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt nửa
đường tròn tại C. Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C). Dựng CK vuông
góc với AM tại K.
a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh
c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức P = AM.AN +
BC2
Bài 5(1đ)
a) Giải phương trình:
b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình
có nghiệm
x1 , x2 . Tìm GTNN của biểu thức:
Bài 6(0,5đ) Cho

nhọn (ABđường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. OD cắt BC tại E. Qua D vẽ đường thẳng song
song với AB, đường thẳng này cắt AC tại K. đường thẳng OK cắt AB tại F. Tính tỉ số
diện tích
.





..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT
Năm học 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:

b) Giải phương trình: x2 - 8x + 7 = 0
Câu 3: (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình y =x2 và đường
thẳng (d) có phương trình: y = -2x + m (với m là tham số).

a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ là 2.
b) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thỏa
mãn hệ thức x12 + x22 = 6 x12 x22
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB>AC. Tam giác ABC nội tiếp đường
tròn (O;R). Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là
D. Kẻ DM vuông góc với AB tại M.
a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh DA là tia phân giác của góc MDC
c) Gọi N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC, chứng minh ba
điểm M, H, N thẳng hàng.
d) Chứng minh AB2 + AC2 + CD2 + BD2 = 8R2
Câu 5: (1,0 điểm)


/>

Đáp án và biểu điểm của Thầy Nguyễn Thanh Ninh Trường THCS Thanh Lưu - Hà Nam

/>






SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG PT DTNT THPT TỈNH, CÁC TRƯỜNG THPT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐỀ THI MÔN TOÁN
(DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH)
Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Câu I (3,0 điểm)
1) a) Tính giá trị biểu thức A = x2 – 2x + 3 với x = 2.
b) Rút gọn: B  20  45  2 5
2) Giải các phương trình sau
a) 2x + 1 = 3x – 5

b)

1 1 1
 
x 2 2x

3) Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị là (P). Tìm trên (P) các điểm có tung độ bằng 4, vẽ đồ
thị (P).
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình: |2x – 5| + x = 3.
1 1

x  y  2
2) Giải hệ phương trình: 
2 x  3  7


y 2

3) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2 . Tìm m để
biểu thức C  x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất
Câu III (1,0 điểm)
Năm học 2014 – 2015 hai trường A và B có tổng số 390 học sinh thi đỗ vào đại
học đạt tỉ lệ 78%, biết trường A có tỉ lệ đỗ đại học là 75%, trường B có tỉ lệ đỗ đại học là
80%. Tính số học sinh dự thi đại học năm học 2014 – 2015 ở mỗi trường.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao
cho AB > AC (A khác C). Từ A vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H vẽ HE
vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)
1) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA ⊥ EF
2) Tia FE cắt đường tròn (O) tại P. Chứng minh rằng ∆ APH cân
Câu V (1,0 điểm)
a, b, c [0; 2]
a  b c  3

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  5

/>

ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT-HÒA BÌNH
Câu I
1) a) Với x = 2 ta có A = 22 – 2.2 + 3 = 3
b) B  22.5  32.5  2 5  2 5  3 5  2 5  5
2) a) 2x + 1 = 3x – 5 ⇔ 2x – 3x = –5 – 1 ⇔ –x = –6 ⇔ x = 6
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {6}
b) Điều kiện x ≠ 0

1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
 
 
  (1  )   .    1  x  1
x 2 2x
x 2x 2
2 x 2
2 x 2
x

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1}
2) Thay y = 4 ta có 4  2 x2  x2  2  x   2
Vậy các điểm cần tìm là ( 2; 4) và ( 2; 4)
Bảng giá trị
x
-2
-1
0
2
y=2x
8
2
0
Đồ thị

Câu II

1) |2x-5|+x=3|2x-5|=3-x (1)
Xét 2x-5  0 x 

5
thì |2x-5|=2x-5.
2

Phương trình (1) trở thành
8
(thỏa mãn)
3
5
+Xét 2x-5<0  x< thì |2x-5|=5-2x.
2

2x-5=3-xx=

Phương trình (1) trở thành
5-2x=3-x  x=2(thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {2;
/>
8
}
3

1
2

2
8

1
y

2) Điều kiện y ≠ 0. Đặt t  , hệ phương trình đã cho trở thành
1

 1
xt 
t  x
 1
 x  1

 x  1


t   x

2
2
(thỏa mãn)
 
 
  1  
2

y  2
2 x  3t  7
2 x  3( 1  x)  7

5 x  5
t  2



2

2
2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (–1;2)
3) Phương trình đã cho có hai nghiệm
  '  (m  1) 2  (m 2  10)  0
 2 m  11  0
11
 m 
2

Theo Vi–ét ta có x1 + x2 = 2(m + 1); x1x2 = m2 – 10
Suy ra:
C  x12  x2 2  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  4(m  1) 2  2(m 2  10)
 2m2  8m  24  2(m  2)2  16  16
 C  16

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = –2 (thỏa mãn)
Vậy giá trị nhỏ nhất của C là 16 khi m = –2
Câu III
Gọi số học sinh dự thi đại học ở trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh) (x, y ∈
N*)
Tổng số học sinh 2 trường thi đỗ là 390 và tỉ lệ đỗ đại học của cả hai trường là 78% ⇒ Số

học sinh dự thi đại học của cả hai trường là 390 : 78% = 500 (em)
Suy ra x + y = 500 (1)
Tỉ lệ đỗ đại học của trường A là 75% ⇒ Trường A có 0,75x học sinh đỗ đại học
Tỉ lệ đỗ đại học của trường B là 80% ⇒ Trường A có 0,8x học sinh đỗ đại học
Suy ra 0,75x + 0,8y = 390 (2)
Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta có x = 200; y = 300
Vậy số học sinh dự thi đại học ở trường A và trường B lần lượt là 200 và 300 học sinh.
Câu IV

/>

1) Có BAC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vì HE ⊥ AB, HF ⊥ AC nên AEH=AFH  90
Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật
Gọi I là giao OA và EF. Vì ∆ OAB cân ở O nên EAI=ABO (1)
AEHF là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn ⇒ AEI=AHF (2)
Vì AE // HF (cùng ⊥ AC) nên AHF=EAH=90o- ABO (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ EAI+ AEI  90 ⇒ ∆ AEI vuông tại I ⇒ OA ⊥ EF
2) Gọi Q là giao của tia EF với (O). Vì OA ⊥ PQ nên A là điểm chính giữa cung PQ
⇒ ∆ APQ cân tại A ⇒ APQ=AQP
Vì APBQ là tứ giác nội tiếp nên ABP=AQP
Suy ra ABP=APQ=APE=>tam giác ABP đồng dạng với tam giác APE (g-g)


AB AP

 AP 2  AE. AB
AP AE

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB có AH2 = AE. AB

⇒ AP2 = AH2 ⇒ AP = AH ⇒ ∆ APH cân ở A.
Câu V
Vì a,b,c ∈ [0;2] nên abc ≥ 0 và (2 – a)(2 – b)(2 – c) ≥ 0 ⇔ 8 + 2(ab + bc + ca) – 4(a + b +
c) – abc ≥ 0 ⇔ 2(ab + bc + ca) ≥ 4(a + b + c) + abc – 8
Mà a + b + c = 3; abc ≥ 0 nên 2(ab + bc + ca) ≥ 4 ⇒ ab + bc + ca ≥ 2
Suy ra a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = 9 – 2(ab + bc + ca) ≤ 5
Dấu bằng xảy ra khi a = 0; b = 1; c = 2 và các hoán vị
Vậy a2 + b2 + c2 ≤ 5

/>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi 21/7/2015
Đề có 01 trang gồm 05 câu

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B

Câu 1 (2 điểm) :
1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0
a) Khi m = 0
b) Khi m = 1
x  y  5
x  y  1

2. Giải hệ phương trình: 

Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q =

4
3
6 b 2
(Với b  0 và b  1)


b 1
b 1
b 1

1. Rút gọn Q
2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5
Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và
parabol
(P) : y = x2
1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)
2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần
1

1

lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4     x1 x2  3  0
 x1 x2 
Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O,
cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp

tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).
1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc
CKD.
3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại
R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.
---------------------Hết -----------------------

/>
1


ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT
Môn thi: Toán

Câu 1:
1. a. Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2
b. Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2
2. Giải hệ phương trình:
x  y  5


x  y  1

x  3

x  2

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2)
Cấu 2. hoctoancapba.com
a. Rút gọn Q
4
3
6 b 2
=


b 1
b 1
b 1
4( b  1) 3 b  1
6 b 2


b 1
b 1
( b  1)( b  1)

Q=







4 b  43 b 36 b  2

( b  1)( b  1)

b 1
( b  1)( b  1)
1

b 1


2. Thay b = 6 + 2 5  ( 5  1)2 (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q
đã rút gọn ta được:

1
( 5  1) 2  1



1
 52
52

Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 -2
Câu 3.
1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x 1;
x2    4 n  3 0  n

3
.

4

 x1  x2  1
 x1 x2  (n  1)

Khi đó theo định lý Vi ét ta có: 

1 1
x x 
   x1 x2  3  0  4  1 2   x1 x2  3  0
 x1 x2 
 x1 x2 

Theo đề bài: 4 

4
n20
n  1
 n 2  n  6  0( DK : n  1)
 n1  2(TM ); n2  3( L)


/>
2


Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
Câu 4.
T

D

d
E

K
F
O

M

C
R

1. HS tự chứng minh
2. Ta có K là trung điểm của EF => OK  EF => MKO  900 => K thuộc đương tròn
đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO
=> DKM  DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
CKM  COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
Lại có DOM  COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=> DKM  CKM => KM là phân giác của góc CKD
3. Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR)  2R. CM .CR
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2
không đổi
=> SMRT  2R2
Dấu = xảy ra  CM = CR = R 2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O
bán kính R 2 .
Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác
MRT nhỏ nhất.
Câu 5

Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60
 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0
 x = (yz)2 -5(4y2 + 3z2 – 60) = (15-y2)(20-z2)
Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2  60 và 3z2  60 => y2  15 và z2  20 => (15-y2)  0
và
(20-z2)  0
=>  x  0

/>
3


1
2
2
 yz  (15  y 2 )(20  z 2 )  yz  2 (15  y  20  z )
=> x=
(Bất đẳng thức cauchy)

5
5
2 yz  35  y 2  z 2 35  ( y  z ) 2

=> x 
10
10
2
35  ( y  z )  10( y  z ) 60  ( y  z  5) 2

=> x+y+z 

6
10
10
y  z 5  0
x  1

Dấu = xảy ra khi 15  y 2  20  z 2   y  2
x  y  z  6
z  3



Vậy Giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.
---------------------Hết-------------------------

/>
4


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
;
2

a) Tính 8  2 

x  y  4
x  2 y  6

b) Giải hệ phương trình: 

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;
d) Cho AMB = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB
và 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
Câu
1

Ý
a)
(1,00)

b)
(1,00)

(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)
Nội dung
8 2

1
2
=2 2 2
=
2
2

2
3 2
=
2
2

2

Điểm
1,00

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.
x  2
y  2

Vậy hệ phương trình có nghiệm: 

0,50
0,25
0,25

Vẽ (d): y = – 2x + 3:

2

Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =

3
2

0,25

3
2

(d) đi qua (0; 3) và ( ; 0).
Vẽ (P): y = x2. Bảng giá trị
x
-2
-1
2
y = -x
4
1

0

0

a)
(1,00)

1
1

2
4

0,25

y = x2
y

4

0,50

3
2
1
x
-2

-1

0

1

3
2

3

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 y1 = 1; y2 = 9.
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9).
Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0
a)
(1,00)  ' = 2.

/>
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2 .

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
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 (*)

x
x

0
2m

0
m

0



1
2
(0,75)
Ta có x1  x2  2  x1 + x2 + 2 x1 x2  2

 2m + 2 + 2 2m = 2  m = 0 (thỏa mãn (*))

0,50
0,50
0,25
0,25
0,25

0,25

4
A
D
H
C

Hình
(0,25)

M

O

Hình
vẽ
đến
câu b
0,25

B

a)
(0,75)

Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp
Tứ giác MAOB có:
MAO = 900 , MBO (tính chất tiếp tuyến);
MAO + MBO = 1800

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO.
Chứng minh: MA2 = MC. MD
Hai tam giác DMA và AMC có: M chung;
MAC = MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
b)
cùng chắn cung AC)
(1,00)
nên  DMA ∽  AMC (g-g)

Suy ra:

MA MD

 MA2 = MC. MD
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
c)
hệ giữa đường kính và dây)

(0,75)
Suy ra: MHO = MBO = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường
tròn.
/>
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
BHM = BOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
AHM = AOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
Lại có AOM = BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 AHM = BHM . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB
Tam giác MAO vuông tại A, có AOM = 600; nên OA =

0,25

1
MO
2

hay 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).
Từ AOB = 1200  sđ AB = 1200 nên SqOMB =
 R 2 .120  R 2

(đvdt).
360

0,25

0,25

0,25

3

Vậy S = SMAOB – SqAOB = 3 R –
2

 R2
3

= R2 ( 3 


3

) (đvdt).

0,25

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

/>