Dap anDe thi tuyen sinh 10ToanBen Tre20132014

<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 NĂM HỌC 2013 – 2014 NĂM HỌC 2013 – 2014 Thời gian: 120 phút (không kể phát đề). Câu 1 (4,0 điểm) a) Giải phương trình x 4  3x 2  4  0 .. 3x  2y  5 b) Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng  . 5x  2y  3 c) Thực hiện các phép biến đổi đơn giản căn thức bậc hai rồi tính P = 8 . 1 1  18 . 2 2. Câu 2 (6,0 điểm) Cho các hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và y = 2x + 3 có đồ thị là (d). a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên các trục bằng nhau). b) Xác định tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. c) Tìm các điểm I thuộc (P) và I cách đều các trục tọa độ Ox, Oy (I khác gốc tọa độ O) . Câu 3 (4,0 điểm). Cho phương trình x 2  6 x  m  9  0 (m là tham số) (1). a) Giải phương trình (1) khi m = 9. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm. c) Tìm các giá trị nguyên và nhỏ hơn 10 của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm nguyên phân biệt trong đó có ít nhất một nghiệm chia hết cho 2. Câu 4 (6,0 điểm) Cho MN và PQ là hai đường kính vuông góc với nhau của đường tròn tâm O bán kính R. Trên đoạn OQ lấy điểm E (E khác O và khác Q). Kéo dài ME cắt đường tròn tại F. a) Chứng minh rằng tứ giác OEFN nội tiếp. b) Chứng minh rằng MF. QE = MP. QF. c) Hai đường thẳng QP và NF cắt nhau tại G. Chứng minh rằng FP là đường phân giác của góc MFN và FQ là đường phân giác của góc GFM. d) Khi EO = EF. i) Chứng minh rằng tam giác FON là tam giác đều. ii) Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PF của đường tròn tâm O theo R. --------- Hết ---------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GỢI Ý GIẢI. Câu 1 (4,0 điểm) a) Giải phương trình x 4  3x 2  4  0. (1).  t  4 ( thoûa ÑK ) + Đặt t = x2  0, pt (1) trở thành: t2 – 3t – 4 = 0   1 a ÑK )  t2   1 (khoâng thoû 2 + Với t = 4  x = 4  x =  2. + Vậy pt (1) có hai nghiệm x1= 2; x2 = – 2. 3x  2y  5 8x  8 x  1 b) Hệ phương trình    5x  2y  3 5x  2y  3 5.1  2y  3. c) P =. 8. 1 1  18 2 2. x  1 x  1 .   2y   2 y   1 2 1 =2 2 – – .3 2 2 2 1 3 = ( 2 – – ) 2 = 0. 2 = 0. 2 2. Câu 2 (6,0 điểm) Cho các hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và y = 2x + 3 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 = 3  (0 ; 3) (d) Cho x = 1  y = 5  (1 ; 5) (d) (P) b) + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = 2x + 3  x2 – 2 x – 3 = 0  x1  3  y1  9  (3 ; 9)    x2   1  y2   1  ( 1; 1) + Vậy tọa độ giao điểm của P và (d) là: (3 ; 9) và (– 1 ; 1) (d2) c) + Điểm I(x ; y) các đều các trục tọa độ Ox, Oy  I(x ; y) thuộc các đường thẳng: y = x hoặc y = – x. I2 + Trường hợp I(x ; y) thuộc đường thẳng: y = x (d1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d1): -3 -2 -1 2 2 x =x  x – x=0  x  0 ( khoângthoûa ÑK )  x(x – 1) = 0    I1(1 ; 1). x  1 ( thoû a ÑK )  + Trường hợp I(x ; y) thuộc đường thẳng: y = – x (d2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d2): x2 = – x  x2 + x = 0  x  0 ( khoângthoûa ÑK )  x(x + 1) = 0    I2( –1 ; 1). a ÑK )  x   1 ( thoû. y (d) 9. 5 4 (d1) 3. 1. I1 x 0. 1. 2. 3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Vậy có hai điểm thỏa đề bài: I1(1 ; 1) và I2( –1 ; 1). Câu 3 (4,0 điểm) Cho phương trình x 2  6 x  m  9  0 (m là tham số) (1). a) Khi m = 9, pt (1) có 2 nghiệm: x1 = 0; x2 = 6. b) + Pt (1) có nghiệm x1, x2   ’ = (– 3)2 – (– m + 9) = m  0 + Vậy khi m  0 thì pt (1) có nghiệm. c) + Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt   ’ > 0  m > 0  (3)  m 3  m  x1  1  + Khi m > 0 thì pt (1) có 2 nghiệm: (*)  ( 3)  m 3  m  x2   1 + Từ (*)  Pt (1) có 2 nghiệm nguyên và nhỏ hơn 10 khi: m là số chính phương( 0; 9) (**)  m  {1; 4; 9 } + Từ (*)  Pt (1) có ít nhất một nghiệm chia hết cho 2 khi m là các số lẻ (0; 9) (***) Từ (**) và (***)  m  { 1; 9 }. Câu 4 (6,0 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác OEFN nội tiếp: + MFN nội tiếp nửa (O) đường kính MN 0 (1)  MFN = EFN = 90 nhìn đoạn EN M 0 + MN  PQ  EON = 90 nhìn đoạn EN (2) + Từ (1) và (2)  tứ giác OEFN nội tiếp đường tròn đường kính EN. b) Chứng minh rằng MF. QE = MP. QF: O E Q G P + (O,R) có: 1 MN  PQ  MP  MQ  F  MFP noä i tieá p chaén MP   MFP  QFM (1)  N QFM noäi tieáp chaé n MQ   PMF  EQF (nội tiếp cùng chắn PF ) (2) Từ (1) và (2)   MFP.  QFE (g-g) . MF MP   MF. QE = MP. QF. QF QE. c) Chứng minh rằng FP là đường phân giác của góc MFN và FQ là đường phân giác của góc GFM: + (O,R) có: MN  PQ  PM  PN    MFP noä i tieá p chaén MP   MFP  NFP  FP là đường phân giác của MFN  NFP noä i tieáp chaé n NP   + PFQ nội tiếp nửa (O) đường kính PQ  FP  FQ (1) + FP là đường phân giác trong của  MFN tại F (2).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Từ (1) và (2)  FQ là đường phân giác ngoài của  MFN tại F  FQ là đường phân giác của GFM . d) Khi EO = EF: M i) Chứng minh rằng tam giác FON là tam giác đều + Đường tròn đường kính EN có: EO  EF  EO  EF    O E Q ONE noäi tieá p chaén EO  ONE  FNE G P  FNE noä i tieáp chaé n EF   F (1)  NE là đường phân giác của ONF + Đường tròn đường kính EN có:. N. EO  EF  E là điểm chính giữa OEF  NE  OF (2) Từ (1) và (2)   FON cân tại N  ON = NF (3) Mà: ON = OF = R (4) Từ (3) và (4)  ON = OF = NF   FON đều. ii) Tính diện tích hình quạt tròn chắn cung nhỏ PF của đường tròn tâm O theo R: PQF  PON  NOF    0 + PON  90 ( MN  PQ)   POF  1500  n0 = sđ PF = 1500  NOF  600 (FON đều)   R2n  R 2 .150 5 R 2 = = (đvdt)  Diện tích hình quạt cần tìm: S = 360. 360. 12.

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