Đề thi và đáp án tuyển sinh 10 trung học phổ thông chuyên Bến Tre năm học 2013 – 2014 môn: Toán (chung)44153

b Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 1 có hai nghiệm x 1 ; x 2 là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 3 đơn vị độ dài.. a Vẽ P và d trên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x4 6x2 27 0

b) Giải hệ phương trình

5 3y 2 x

2

x







c) Cho 4 2 3 4 2 3 Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu thức

12



P =  3 9 2013

1

d) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có n3 + 3n 2 + 2n chia hết cho 6

Câu 2 (1,5 điểm)

Cho phương trình 2 (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 x 1 ; x 2 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) AP 2 = 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

-ĐỀ CHÍNH THỨC

DeThiMau.vn

GỢI Ý GIẢI Câu 1 (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x4 6x2 27 0 (1)

+ Đặt t = x2 0, pt (1) trở thành: t 2 – 6t – 27 = 0   



 



1 2

+ Với t = 9 x 2 = 9  x = 3.

+ Vậy pt (1) có hai nghiệm x1 = 3; x 2 = – 3

b) Giải hệ phương trình (I)

5 3y 2 x

2

x







+ Đặt X = : ĐK: x 0, hệ (I) trở thành: 1







 





 



c) 4 2 3 4 2 3 =

12



( 3 1) ( 3 1)

12



= 3 1 3 1 = = 1

2 3

2 3

P = = (1 3 – 1 9 + 1) 2013 = 1 2013 = 1.

  3 9 2013

1

Câu 2(1,5 điểm)

Phương trình 2 (m là tham số) (1).

a) Khi m = 2, pt (1) có 2 nghiệm: x 1 = – 1; x 2 = 3.

b)

+ Pt (1) có 2 nghiệm x 1 , x 2  ’ = 12 – (– 1) (m + 1) = m + 2 0   m – 2. + Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt(1): 1 2

1 2

2



 + Theo đề bài: x 1 + x 2 = ( 3) 2

(x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 3



2 2 – 2(- m – 1) = 3 m = (thỏa ĐK)

2



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):

+ Vẽ (d):

Cho x = 0 y = – 2 (0 ; – 2 ) (d)

Cho x = 1 y = – 1 (1 ; – 1 ) (d)

b)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

DeThiMau.vn

– x 2 = x – 2  x 2 + x – 2 = 0

2

1 2

x

x





  

1

2

1 (1; 1)

4 ( 2; 4)

y y



 + 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 

SAMB = AB.MH MH lớn nhất khi SAMBlớn 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(AA’ + BB’).A’B’ – [ (AA’ + MM’).A’M’ + (BB’ + MM’).B’M’] 2

1 2

1 2

= 1 (1 + 4) 3 – [ (1 + | yM |).(1 + | xM |) + ( 4 + | yM | ).( 2 – | xM |) ] 2

1 2

1 2

= 15 – [(1 + m2)(1 + m) + (4 + m2)(2 – m)]

2

1 2

= 15 – (3m2 – 3m + 9) 2

1 2

= 15 – (m2 – m + 3) 2

3 2

= 15 – [(m – )2 + ] 2

3 2

1 2

11 4

= 27 – (m – )2 8

3 2

1

2  27

8 + Dấu “ = ” xảy ra m =  1 (-2 ; 1)

2 Vậy khoảng cách lớn nhất đến (d) tại M ( ;1 )

2

1 4



Câu 4 (3,5 điểm)

a)

i) Chứng minh rằng tứ giác APOQ nội tiếp:

= = 90 0 nhìn đoạn OA

฀APO ฀AQO

Tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn



đường kính OA.

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.

-4 -2

M' B'

B

H M

A'

A

2 1 -2

(P)

(d)

y

C

I

B

P

Q

DeThiMau.vn

iii) Chứng minh rằng AP 2 = AB AC:

+ APC và ABP cĩ: 

฀





BAP : chung

APC PBC (cùng chắn PC)

AP 2 = AB AC.

 AP  AC

AB AP 

b) Chứng minh rằng IA = IP:

+ IPC và IQP cĩ: 

฀





PIQ : chung

IPC IQP (cùng chắn PC)

IQ IP 

+

QB AP IAC CBQ so le trong

Mà IQA CBQ cùng chắn CQ

ü ï

ïï

Þ ·IAC= IQA·

+ IAC và IQA cĩ: 

฀





AIQ : chung

IAC IQA (cmt)

IQ IA 

+ Từ (1) và (2) IAÞ 2 = IP 2 Û IA = IP.

c) Biết AP = R 3 Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ PQ của đường trịn tâm O theo R:

+ DOAP vuơng tại P tanÞ ·AOP = AP = =

OP

R 3

= 60 0

Þ ·AOP

= 120 0 n 0 = sđ = 120 0

Þ

2

R n 360

R 120 360

R 3

p

R

R 3

B

P

Q

DeThiMau.vn