Ben Tre

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn : TOÁN Thời gian : 120 phút ( không kể phát đề). Câu 1. (4 điểm) Không dùng máy tính cầm tay, a) Tính: A = 8  2 18  50 b) Giải phương trình: x2 – 3x – 18 = 0.  x  2 y 5  x  y  1 c) Giải hệ phương trình:  Câu 2. (5 điểm) Cho phương trình: x2 – mx + m - 3 = 0 (1), với m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, tìm các giá trị của m sao cho x1 + x2 = 2x1x2 . 2 2 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 2( x1  x2 ) – x x . 1 2. Câu 3. (5 điểm) Cho các hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và y = – x + m có đồ thị là (d), với m là tham số. a) Với m = 2, hãy vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên các trục bằng nhau) và tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. b) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc đều nhọn và nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ đường kính AD và đường cao AH (H  BC). Từ B và C vẽ BI và CK cùng vuông góc với AD cắt AD lần lượt tại I và K. a) Chung minh tứ giác ABHI và tứ giác AHKC nội tiếp. b)Chứng minh: IH // CD. c) Chứng minh:  IHK và  BAC đồng dạng.  d)Cho BAC = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC của đường tròn tâm O theo R. HẾT.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giải Câu 1. (4 điểm) a) A = 8  2 18  50 2 2  6 2  5 2  2 b) x2 – 3x – 18 = 0. Giải  ta được 2 nghiệm: x1 = 6; x2 = -3  x  2 y 5 3 y 6  y 2  x 1     x  y  1  x  y  1  x  2  1  y 2 c)  x2 – mx + m - 3 = 0 Câu 2. (5 điểm) a)  = (-m)2 – 4(m – 3) = m2 – 4m + 12 =(m - 2)2 + 8 ≥ 8 > 0 với mọi m. Vì  > 0 , nên PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .  x1  x2 m   x1.x2 m  3. b) Theo hệ thức Viet ta có: Từ : x1 + x2 = 2x1x2  m = 2.(-3)  m = -6 2 2 c) B = 2( x1  x2 ) – x x = 2( x1  x2 )2 – 5x x = 2.m2 – 5(m-3) = 2m2 – 5m + 15 1 2. 1 2. 2.  5 15  5  95  95  2  m2  m   2   m      2 2 4  16  8    = ≥ 5 5 m  0  m  4 4 Khi 95 Vậy B = 8 đạt giá trị nhỏ nhất khi m= .. Câu 3. (5 điểm) a) Thay m = 2 vào (P) ta được: y = – x + 2 Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị. x y = x2 x y = -x + 2. -2 4 0 2. -1 1 2 0. 0 0. 1 1. 2 4. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) x2 = -x + 2  x2 + x – 2 = 0 Có dạng: a + b + c = 0  Pt có 2 nghiệm : x1 = 1 ; x2 = -2 Thay x1 = 1 vào (P):  y1 = 1 Thay x2 = -2 vào (P):  y2 = 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là 2 điểm (1;1) và (-2;4) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) x2 = -x + m  x2 + x – m = 0  = 1 –(-m) = 1 + m Để (d) cắt (P) tại hai điểm khi  > 0 và hai điểm nằm về hai phía của trục tung là 2 nghiệm trái dấu khi P < 0   0   P  0  Nên:. 1  m  0    m  0. m   1  m 0  m  0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Cách 2: Khi ac < 0  1.(-m) < 0  m > 0. Câu 4. (6 điểm) a) Xét tứ giác ABIH có: 0  AH  BC (AH là đường cao),  AHB 90. AIB 900 (BI  AD). =  Tứ giác ABHI nội tiếp đường tròn(2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau ) Xét tứ giác AHKC có: 0  AH  BC (AH là đường cao),  AHC 90. AKC 900 (KC  AD). =  Tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn(2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau ) b)   ABH (góc ngoài = góc trong đối diện của tứ gíc ABHI nội tiếp) (1) Có: HID. ABH  HBD   ABD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn đường kính AD) ADC  DAC  900. (phụ nhau).   Mà: HBD DAC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC)    ABH  ADC (2) . . Từ (1) và (2)  HID  ADC và ở vị trí so le trong  HI // DC c) Xét  IHK và  BAC có:  HID  ABH (cmt) AKH  ACH. (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AH)   IHK   BAC (g,g) d) 1  BAC  BOC 2 Ta có: (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC)    BOC 2 BAC 2.600 1200. Điện tích hình quạt OBC  R 2 n  R 2 .120  R 2 SqOBC . 360. . 360. . 3. Kẻ OD  BC,  DB = DC ( Q H vuông góc đường kính và dây)  OBC cân tại O  OD là đường phân giác 1 1  BOD  BOC  .120 0 600 2 2 . Xét ODB vuông tại D có: R BOD 0 + OD = OB.cos = R.cos60 = 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  + BD = OB.sin BOD =R.sin600 =. R 3 2. Diện tích tam giác OBC 1 R R 3 R2 3 .OD.BD  .  2 2 4 SOBC = 2.SOBD = 2. 2. Diện tích của hình giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC 2  R 2 R 2 3 R 4  3 3 SVP =. S qOBC. - SOBC =. 3. . 4. . . . 12. HẾT. (đvdt).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>