Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở Giáo dục và Đào tạo Bến Tre (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH 
BẾN TRE
LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
Câu 1. (2.0 điểm)
	Không sử dụng máy tính cầm tay:
Tính ;
Giải hệ phương trình: 
Câu 2. (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 3 
Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ;
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh.
Câu 3. (2.5 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0 	(m là tham số)
Giải phương trình (1) với m = 1;
Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m;
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức 
Câu 4. (3.5 điểm) 
	Cho nửa đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). 
Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn;
Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh hệ thức MA2 = MC. MD;
Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc AHB;
Cho = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và cung nhỏ AB.
 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
BẾN TRE
THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2016 – 2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn : TOÁN
	 	(Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang)
Câu
‎Ý
Nội dung
Điểm
1
a)
(1,00)
 = = = 
1,00
b)
(1,00)
Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2 y = 2
0,50
Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 = 2.
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
0,25
2
a)
(1,00)
Vẽ (d): y = – 2x + 3: 
Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =
(d) đi qua (0; 3) và (; 0).
0,25
Vẽ (P): y = x2. Bảng giá trị
x
-2
-1
0
1
2
y = -x2
4
1
0
1
4
0,25
0,50
b)
(1,00)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3 
0,25
 x2 + 2x – 3 = 0 x1 = 1, x2 = – 3. 
0,25
Thay vào y = x2, tìm được y1 = 1; y2 = 9.
0,25
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9).
0,25
3
a)
(1,00)
Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0
0,25
 = 2.
0,25
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + ; x2 = 2 – . 
0,50
b)
(0,75)
Ta có: = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m.
0,50
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m 
0,25
c)
(0,75)
Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2(m + 1); x1. x2 = 2m
0,25
Theo đầu bài ta cần có x1, x2 là hai nghiệm không âm. Hay:
 (*)
0,25
Ta có x1 + x2 + 2
 2m + 2 + 2 = 2 m = 0 (thỏa mãn (*))
0,25
4
Hình
(0,25)
Hình vẽ 
đến
câu b
0,25
a)
(0,75)
Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp
Tứ giác MAOB có:
 = 900 , (tính chất tiếp tuyến);
0,25
 + = 1800 
0,25
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO.
0,25
b)
(1,00)
Chứng minh: MA2 = MC. MD
Hai tam giác DMA và AMC có: chung;
0,25
 = (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC)
0,25
nên DMA ∽ AMC (g-g)
0,25
Suy ra: MA2 = MC. MD
0,25
c)
(0,75)
Chứng minh HM là phân giác của góc AHB
Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH CD ( Định lý quan hệ giữa đường kính và dây)
Suy ra: = = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn.
0,25
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
 = ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
 = ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
0,25
Lại có = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 = . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB
0,25
d)
(0,75)
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và cung nhỏ AB
Tam giác MAO vuông tại A, có = 600; nên OA = MO hay MO = 2 AO = 2R.
Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2. Hay AM =R.
Gọi S là diện tích hình cần tìm, SMAOB là diện tích tứ giác MAOB, SMAO là diện tích tam giác MAO, SqAOB là diện tích hình quạt chắn cung nhỏ AB khi đó S = SMAOB – SqAOB .
 Ta có: SMAOB = 2. SMAO = AO. AM = R. R = R2 (đvdt).
0,25
Từ = 1200 sđ = 1200 nên SqOMB = (đvdt).
0,25
Vậy S = SMAOB – SqAOB = R2 – = (đvdt).
0,25
	Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn.