Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án

Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án Đề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp ánĐề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp ánĐề thi vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2017 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2017– 2018 Môn : TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Câu (2 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: a) Tính 18 − 2 + ; 3 x − y = b) Giải hệ phương trình:  x + y = Câu ( điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = – 2x2 đường thẳng (d) : y = 2x – a) Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ; b) Bằng phương pháp đại số, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) Câu ( 2.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x – (2m + 1) = (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2; b) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m; c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm giá trị tuyệt đối trái dấu Câu ( 3.5 điểm) Cho đường tròn O, đường kinh AB Tren tiếp tuyến đường tròn (O) A lấy điểm M (M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH ⊥ AB (H ∈ AB), MB cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH nội tiếp đường tròn; b) AM2 = MK MB ; · · c) KAC ; = OMB d) N trung điểm CH HẾT GỢI Ý GIẢI VÀ DỰ KIẾN THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung 5 18 − 2 + =3 2−2 2+ 2 a) (1,00) = (3 – + ) = 2 3 x − y = 6 x − y = ⇔  x + y = x + y = b) (1,00) Điểm 0,50 0,50 0,25 7 x = x = ⇔ ⇔ x + y = y = x = Vậy hệ phương trình có nghiệm:  y = 2 Vẽ (P): y = – 2x : Bảng giá trị (P): x y = – 2x2 -2 -8 -1 -2 0 0,50 0,25 -2 -8 Vẽ (d): y = 2x – 4: Cho x = ⇒ y = – ⇒ (0; – 4) Cho y = ⇒ x = ⇒ (2; 0) Vẽ (d) qua (0; – 4) (2; 0) 0,25 0,25 a) (1,00) 0,50 Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): – 2x2 = 2x – 0,25 ⇔ 2x2 + 2x – = 0,25 b) x =1  y1 = − (1,00) ⇔  ⇒ x =− y =−   a) 0,25 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: (1; –2) (– 2; –8) 0,25 Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 2x – = 0,25 Phương trình có: ∆ ' = ⇒ ∆ ' =  x1 = + (1,00) ⇒ pt có nghiệm:   x2 = − Vậy m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = + ; x2 = − Pt (1) có: ∆ ' = [– (m – 1)]2 – [– (2m + 1)] = m2 + > 0, ∀ m b) (0,75) Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m  S = x1 + x2 = 2m − Theo hệ thức Vi-ét:   P = x1 x2 = − (2m + 1) Theo đề ta có x1, x2 hai nghiệm đối m = c) S = 2m − =  (0,75) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ m = (*) P < − ( 2m + ) < m > −    Vậy m = 1, pt (1) có nghiệm giá trị tuyệt đối trái dấu 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 Hình vẽ đến câu b 0,25 Hình (0,50) a) (1,00) Chứng minh tứ giác AKNH nội tiếp: ·AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), ·AHN = 900 (CH ⊥ AB) 0,50 ⇒ ·AKB + ·AHN = 180 0,25 Vậy tứ giác AKNH nội tiếp đường tròn 0,25 Chứng minh AM2 = MK MB: b) ∆ABM vuông A có AK ⊥ MB (0,50) ⇒ AM2 = MK MB (Hệ thức lượng tam giác vuông) 0,25 0,25 0,25 · · Chứng minh KAC : = OMB Gọi I giao điểm AC OM MA = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OC = R ⇒ OM đường trung trực AC ⇒ OM ⊥ AC c) · · = MKA = 900 nhìn đoạn MA (0,75) Ta có: MIA ⇒ Tứ giác AMKI nội tiếp đường tròn đường kính MA · · » ) Trong đường tròn đường kính MA: KAI = KMI (nội tiếp chắn IK · · ⇒ KAC = OMB Chứng minh N trung điểm CH: ·ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BC ⊥ AC OM ⊥ AC (cmt) · ⇒ OM // BC ⇒ ·AOM = HBC (so le trong) · · · ∆ AOM ∆ HBC có: ·AOM = HBC OAM = BHC = 900 ⇒ ∆ AOM ∽ ∆ HBC (g.g) AM = OA AM BH = AM BH (1) ⇒ ⇒ HC = d) HC BH OA AB 0,75) MA ⊥ AB CH ⊥ AB ⇒ CH // MA BH HN ∆ ABM có CH // MA (cmt) ⇒ = (hệ định lý Ta-lét) BA AM AM BH ⇒ HN = (2) AB HC Từ (1) (2) ⇒ HC = HN ⇒ HN = ⇒ N trung điểm CH Chú ý: Điểm nhỏ phần 0,25 đ điểm toàn không làm tròn HẾT 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ... thành: x2 – 2x – = 0,25 Phương trình có: ∆ ' = ⇒ ∆ ' =  x1 = + (1,00) ⇒ pt có nghiệm:   x2 = − Vậy m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = + ; x2 = − Pt (1) có: ∆ ' = [– (m – 1)]2 – [– (2m... + > 0, ∀ m b) (0,75) Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m  S = x1 + x2 = 2m − Theo hệ thức Vi-ét:   P = x1 x2 = − (2m + 1) Theo đề ta có x1, x2 hai nghiệm đối m = c) S = 2m... trong) · · · ∆ AOM ∆ HBC có: ·AOM = HBC OAM = BHC = 900 ⇒ ∆ AOM ∽ ∆ HBC (g.g) AM = OA AM BH = AM BH (1) ⇒ ⇒ HC = d) HC BH OA AB 0,75) MA ⊥ AB CH ⊥ AB ⇒ CH // MA BH HN ∆ ABM có CH // MA (cmt) ⇒ =