De Dap an chuyen Toan Chung20132014Ben Tre

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 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) 4 2 a) Giải phương trình x  6 x  27  0 . 5  x  3y  2   2  7y  9 b) Giải hệ phương trình  x. x . 42 3  4 2 3 12. c) Cho. x P=. 3.  x9  1. . Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức. 2013. . d) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6. Câu 2 (1,5 điểm) 2 Cho phương trình  x  2 x  m  1 0 (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 x1; x2 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 = – 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 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) AP2 = 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 -.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GỢI Ý GIẢI. Câu 1 (2,5 điểm) 4 2 a) Giải phương trình x  6 x  27  0. (1).  t1  9 ( thoûa ÑK )   t2  3 (khoâng thoûa ÑK ) 2  2  + Đặt t = x 0, pt (1) trở thành: t – 6t – 27 = 0 + Với t = 9  x2 = 9  x =  3. + Vậy pt (1) có hai nghiệm x1= 3; x2 = – 3. 5  x  3y  2   2  7y  9 b) Giải hệ phương trình  x (I) 1 + Đặt X = x : ĐK: x  0, hệ (I) trở thành:. x . 42 3  4 2 3 12. c). =. x  =. 5X  3y  2  2X  7y  9 . X  1 x  1   y  1  y  1. ( 3  1) 2  ( 3  1) 2 12. 3 1 3  1 2 3 2 3 = 2 3 =1.  P= x. 3.  x9  1. 2013. = (13 – 19 + 1)2013 = 12013 = 1.. Câu 2(1,5 điểm) 2 Phương trình  x  2 x  m  1 0 (m là tham số) (1). a) Khi m = 2, pt (1) có 2 nghiệm: x1 = – 1; x2 = 3. b) + Pt (1) có 2 nghiệm x1, x2   ’ = 12 – (– 1) (m + 1) = m + 2  0  m  – 2.  x1  x2  2  x .x   m  1 + Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt(1):  1 2 + Theo đề bài: x12 + x22 = ( 3 )2  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 3 3   22 – 2(- m – 1) = 3  m = 2 (thỏa ĐK) Câu 3 (2,5 điểm). Cho các hàm số y = – x2 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 2 y=–x -4 -1 0 -1 -4 + Vẽ (d): Cho x = 0  y = – 2  (0 ; – 2 )  (d).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Cho x = 1  y = – 1  (1 ; – 1 )  (d) b) + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): – x2 = x – 2  x2 + x – 2 = 0  x1 1  y1  1  (1;  1)  x  2    2   y2  4  ( 2;  4) + 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 (xM; yM)  (P) đến (d)  MH  AB 1  SAMB = 2 AB.MH  MH lớn nhất khi SAMB lớn nhất + Gọi A’, B’, M’ lần lượt là hình chiếu của A, B, M lên trục Ox, đặt xM = m  yM = – xM2  | yM | = |– xM2| = xM2 = m2. + Ta có: SAMB = SAA’B’B – [SAA’M’M + SBB’M’M] 1 1 1 = 2 (AA’ + BB’).A’B’ – [ 2 (AA’ + MM’).A’M’ + 2 (BB’ + MM’).B’M’] 1 1 1 = 2 . (1 + 4). 3 – [ 2 . (1 + | yM |).(1 + | xM |) + 2 ( 4 + | yM | ).( 2 – | xM |) ] 15 1 = 2 – 2 [(1 + m2)(1 + m) + (4 + m2)(2 – m)] 15 1 = 2 – 2 (3m2 – 3m + 9) 15 3 = 2 – 2 (m2 – m + 3) 15 3 1 11 2 = 2 – 2 [(m – 2 ) + 4 ] 27 3 1 27 = 8 – 2 (m – 2 )2  8 1 + Dấu “ = ” xảy ra  m = 2  (-2 ; 1) 1 1  Vậy khoảng cách lớn nhất đến (d) tại M ( 2 ; 4 ) Câu 4 (3,5 điểm) a) i) Chứng minh rằng tứ giác APOQ nội tiếp: APO AQO = = 900 nhìn đoạn OA  Tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn. đường kính OA..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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) Chứng minh rằng AP2 = AB. AC: +  APC và  ABP có:   BAP : chung APC  PBC    (cuøng chaén PC)    APC AP AC   AB AP  AP2 = AB. AC..  ABP (g-g). b) Chứng minh rằng IA = IP: +  IPC và  IQP có:   PIQ : chung IP IC   IPC  IQP   (cuøng chaén PC)    IPC  IQP (g-g)  IQ IP  IP2 = IC.IQ · = CBQ · QB / / AP Þ IAC ( so le trong) üïïï ý · = CBQ · » ) ïï · · Maø : IQA ( cuø n g chaé n CQ ïþ Þ IAC = IQA + +  IAC và  IQA có: AIQ : chung  IA IC  IAC  IQA  (cmt)     IAC  IQA (g-g)  IQ IA  IA2 = IC.IQ + Từ (1) và (2) Þ IA2 = IP2 Û IA = IP.. (1). (2). c) Biết AP = R 3 . Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PQ của đường tròn tâm O theo R: + Þ Þ Þ. AP R 3 · D OAP vuông tại P Þ tan AOP = OP = R = · AOP = 600 » · POQ = 1200 Þ n0 = sđ PQ = 1200 pR 2 n pR 2 120 pR 2 Squạt = 360 = 360 = 3 (đvdt).. 3.

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