SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn : TỐN Thời gian : 120 phút ( khơng kể phát đề) Câu 1. (4 điểm) a) Giải phương trình: 4 2 3 4 0 x x − − = b) Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng: 3 2 5 5 2 3 x y x y − =   + =  c) Thực hiện các phép biến đổi đơn giản căn thức bậc hai rồi tính: 1 1 8 18 2 2 P = − − Câu 2. (6 điểm) Cho các hàm số y = x 2 có đồ thị là (P) và 2 3 y x = + có đồ thị là (d). a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ vng góc (đơn vị trên các trục bằng nhau) b) Xác đònh tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. c)Tìm các đđiểm I thuộc (P) và I cách đều các trục tọa độ Ox, Oy (I khác gốc tọa độ O) Câu 3. (4 điểm) Cho phương trình: 2 6 9 0 x x m − − + = (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) khi m = 9 b) Tìm các giá trò của tham số m để phương trình (1) có nghiệm. c) Tìm các giá trò 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 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 Q). Kéo dài ME cắt đường tròn tại F. a) Chứng minh 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 Đ Ề CHÍNH THỨC GI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 –BẾN TRE NĂM HỌC 2013 – 2014 CÂU NỘI DUNG a) Giải phương trình: 4 2 3 4 0 x x − − = Đặt 2 ( 0) t x t = ≥ , ta được pt ; 2 3 4 0 t t − − = Vì 1 ( 3) ( 4) 0 a b c − + = − − + − = = −  ⇒  =  1 2 1 (loại) 4 ( nhận) t t  = ⇒ = ⇔ = ± 2 2 4 4 2 t x x KL: pt có hai nghiệm là = ± 2 x b)  3 2 5 5 2 3 x y x y − =   + =  = = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     + = + = + = = −     8 8 1 1 1 5 2 3 5 2 3 5 2 3 1 x x x x x y x y y y KL hệ pt có nghiệm = = − ( 1; 1) x y Câu 1 c) 1 1 1 3 1 3 8 18 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 P   = − − = − − = − − =     a) x - 2 - 1 0 1 2 = 2 y x 4 1 0 1 4  Bảng giá trò  2 3 y x = + Cho = → = → 0 3 (0;3) x y   = → = − → −     3 3 0 ;0 2 2 y x b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 2 3 x x = + 2 2 3 0 x x ⇔ − − = 1 1 2 2 1 1 3 9 x y x y = − → =  ⇔  = → =  KL: Toa độ giao điểm cuả (P) và (d) là ( ) 1;1 − và ( ) 3;9 Câu 2 c) Ta có : ( ) ; ( ) I I I x y P ∈ 2 I I y x ⇒ = (1) (điều kiện: , 0 I I x y ≠ vì I khác O)  I cách đều hai trục tọa độ Ox, Oy nên I I y x = 2 2 I I y x ⇒ = (2) Từ (1) và(2) ( ) 2 2 0 1 0 I I I I I I y y y y y y ⇒ = ⇔ − = ⇔ − = 0 1 (loại) (nhận) I I y y =  ⇔  =   2 1 1 1 I I I y x x = ⇒ = ⇔ = ± KL:hai điểm cần tìm là ( ) 1 1;1 I ; ( ) 2 1;1 I − a) Phương trình: 2 6 9 0 x x m − − + = (1) Với m = 9, ta có phương trình: 2 6 0 x x − = ( ) 0 6 0 6 x x x x =  ⇔ − = ⇔  =  Câu 3 b)  ( ) 36 4 9 4 m m ∆ = − − + = Pt (1) có nghiệm 0 4 0 0 m m ⇔ ∆ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 4 1 1 -1 2 -2 3 - 3 2 (d) (P) x O y c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0 4 0 0 m m ⇔ ∆ > ⇔ > ⇔ > Vì m là số nguyên và nhỏ hơn 10 nên : m Z ∈ và 0 10 m < < (*) Nếu pt (1) có nghiệm là số nguyên thì 4 m ∆ = phải là số chính phương nên m là số chính phương thỏa (*) ⇒ 1;4;9 m =  Hai nghiệm 1 2 ; x x có ít nhất một nghiệm chia hết cho 2 ⇔ 1 2 9 x x m = − + chia hết cho 2 ⇔ m là số lẻ ( vì 9 là số lẻ) Từ đó suy ra: 1 m = hoặc 9 m = + Với 1 m = :(1) 1 2 2 4 6 8 0 2 x x x x =  ⇒ − + = ⇔  =  (thỏa đề bài) +Với 9 m = :(1) 1 2 2 0 6 0 6 x x x x =  ⇒ − = ⇔  =  (thỏa đề bài) KL: 1 m = hoặc 9 m = a) Tứ giác OEFN có:   0 90 EON = (giả thiết)   0 90 EFN = (góc nội tiếp chắn nửa đtròn)   0 180 EON EFN⇒ + = ⇒ Tứ giác OEFN nội tiếp b) và MFP QFE ∆ ∆ có: Vì các cung MP, MQ, PN, NQ đều là 1 4 của đtròn(O)    MFP MFQ = (tc góc nội tiếp)    PME EQF = (cùng chắn cung PF) ⇒ MFP ∆ ~ QFE ∆ ⇒ MF QF MP QE = ⇒ . . . MF QE MP QF = c)    PFM PFN = (   PM PN = )⇒FP là đường phân giác của  MFN    0 1 45 2 sđ MQMFQ = = và  0 90 MFG = ⇒  0 45 QFG = ⇒FQ là đường phân giác của  MFG d)-i Khi EO = EG thì ∆EOF cân tại E ⇒   EOF EFO =     2 OEM EOF EFO EFO ⇒ = + =  ∆OMF cân tại O (OM = OF)⇒   OMF EFO = Tứ giác OEFN nội tiếp ⇒   OEM ONF =   2 ONF OMF ⇒ = Mặt khác   0 90 ONF OMF+ = Suy ra  0 30 OMF = và  0 60 ONF = ∆FON có ON = OF và  0 60 ONF = nên là tam giác đều Câu 4 d) -ii     0 0 0 45 30 75 PMF PMN NMF= + = + = ⇒  0 150 đPFs = Diện tích hình quạt chắn cung nhỏ PF : 2 2 150 5 360 12 R R π π = (đvdt) G F N M Q P O E . chắn cung nh PF của đường tròn tâm O theo R. HẾT Đ Ề CH NH THỨC GI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 –BẾN TRE NĂM HỌC 2013 – 2014 CÂU NỘI DUNG a) Giải phương. DỤC VÀ ĐẠO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn : TỐN Thời gian : 120 phút ( khơng kể phát đề) Câu 1. (4 điểm) a) Giải phương tr nh: 4 2 3 4. ≥ ⇔ ≥ 4 1 1 -1 2 -2 3 - 3 2 (d) (P) x O y c) Phương tr nh (1) có hai nghiệm phân biệt 0 4 0 0 m m ⇔ ∆ > ⇔ > ⇔ > Vì m là số nguyên và nh hơn 10 nên : m Z ∈ và 0 10 m < <