DE DAP AN TS 10 ToanBen Tre14 15

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể phát đề). Câu 1. (3.0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: a) Tính 36  64 x 1 b) Tính giá trị của biểu thức A = x  1 tại x = 4. 3 2 27  12  3. c) Rút gọn biểu thức B = Câu 2. ( 4.0 điểm) Cho đường thẳng (d) : y = x + 2 và parabol (P): y = ax2. a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1; 1). b) Với a vừa tìm được ở câu a) i) Vẽ đồ thị của (d) và (P) trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy. ii) Bằng phương pháp đại số, xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d). Câu 3. ( 6.0 điểm) Cho phương trình x2 – (m + 1)x – 3 = 0 (x là ẩn số) (1). a) Giải phương trình (1) với m = – 3. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 15.  6 2 c) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức P = x  x2  x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 1. Câu 4. ( 7.0 điểm) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến AB và cát tuyến AMN của  đường tròn ( M nằm giữa A và N; B thuộc cung lớn MN ). Gọi C là điểm chính giữa của cung nhỏ MN. Đường thẳng MN lần lượt cắt OC và BC tại tại I và E. a) Chứng minh tứ giác AIOB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh tam giác ABE cân. c) Biết AB = 2R. Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIOB theo R. d) Kẻ tiếp tuyến thứ hai AL của (O). Gọi K là giao điểm của LB và AO. Chứng minh: AM.AN = AL2 ; AK. AO = AM. AN. HẾT.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10 THPT BẾN TRE _NĂM 2014 – 2015 Câu. Nội dung a). b) 1. (3.00 đ) c). a). 36  64 = 6 + 8 =14 x 1 4 1 Tại x = 4, ta có: A = x  1 = 4  1 21 3 = 2 1 = 1 =3 3 2 27  12  3 B= = 2. 3 3 – 2 3 – 3 = (6 – 2 – 1) 3 = 3 3 (P): y = ax2 đi qua điểm A(1; 1)  1 = a. 12  a = 1 Vậy (P): y = x2. i) + Bảng một số giá trị của (P): x y = x2. –2 4. –1 1. 0 0. 1 1. 2 4. a + (d) đi qua 2 điểm (0; 2) và (1; 3) + Đồ thị: 2. (4.00 đ) b). ii) Pt hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = x + 2  x2 – x – 2 = 0  x  1  x2 – x – 2 = 0   x  2. 3.. a).  x  1  y  1  ( 1 ; 1 )  x 2     y 4  ( 2 ; 4 ) Vậy giao điểm của (P) và (d): (– 1; 1) và (2; 4) Khi m =, pt (1) trở thành: x2 + 2x – 3 = 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (6.00 đ). b). c).  x 1   1  x2  3 Pt có a + b + c = 1 + 2 + ( – 3) = 0 Vậy khi m = – 3, pt (1) có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = – 3 Pt (1) có  = [–(m + 1)]2 – 4.1. (– 3) = (m + 1)2 + 12> 0,  m Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.  S  x1  x2  m  1  P  x1 .x2   3 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):  Theo đề bài: x12 + x22 = 15  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 15  (m + 1)2 – 2.(– 3) = 15  m2 +2m – 8 = 0  m 2    m  4  6  6 2 2 2 Theo đề bài: P = x1  x2  x1 x2 = ( x1  x1 )  x1 x2  6  6 6 2 2 2 = (m  1)  (  3) = (m  1)  3 =  3  (m  1) Biểu thức: – 3 – (m + 1)2  – 3; dấu “ = ” xảy ra khi m = – 1 P đạt giá trị nhỏ nhất khi: – 3 – (m + 1)2 đạt giá trị lớn nhất tại m = – 1 6 Vậy khi m = – 1 thì P =  3 = – 2 min. 4. (7.00 đ). Hình vẽ:. a). b).   C là điểm chính giữa của MN  OC  MN tại I  OIA = 900 nhìn đoạn OA  AB là tiếp tuyến tại B  AB  OB  OBA = 900 nhìn đoạn OA  Tứ giác AIOB nội tiếp đường tròn đường kính OA. 1 1 ABC 2 BC  = sđ (góc tạo bởi tia t. tuyến và dây cung)  ABE = 2 sđ BC (1)    C là điểm chính giữa của MN  CM = CN 1 1 1    AEB = 2 (sđ BM  + sđ CN ) = 2 (sđ BM  + sđ CM ) = 2 sđ BC (2) Từ (1), (2)  ABE = AEB   ABE cân tại A..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c) d). AB 2  OB 2. (2R) 2  R 2. =R 5 Chu vi đường tròn đường kính OA: C =  .d =  .OA =  R 5   AML và  ALN có: LAN chung ALM  ANL  ) ( cùng chắn ML   AML  ALN (g.g) AM AL   AL AN  AM. AN = AL2. (1)  ABO vuông tại B  OA =. =.  Hai tiếp tuyến AB, AL cắt nhau tại A  AB = AL và AO là phân giác của BAL  AO  LB tại K (t/c tam giác cân)  ALO vuông tại L  AL2 = AO. AK (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2)  AK. AO = AM. AN.

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