dehdg-ts-lop-10-mon-toan20172018ben-tre

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẾN TRE ðỀ CHÍNH THỨC ðỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CƠNG LẬP NĂM HỌC 2017– 2018 Mơn : TỐN (chung) Thời gian: 120 phút (khơng kể phát đề) Câu (2 điểm) Khơng sử dụng máy tính cầm tay: a) Tính 18 − 2 + ; 3 x − y = b) Giải hệ phương trình:  x + y = Câu ( ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho parabol (P): y = – 2x2 ñường thẳng (d) : y = 2x – a) Vẽ ñồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa ñộ; b) Bằng phương pháp ñại số, tìm tọa ñộ giao ñiểm (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) ln có hai nghiệm phân biệt với m; c) Tìm m để phương trình (1) ln có hai nghiệm giá trị tuyệt ñối trái dấu Câu ( 3.5 điểm) Cho đường trịn O, đường kinh AB Tren tiếp tuyến đường trịn (O) A lấy ñiểm M (M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường trịn (O) (C tiếp ñiểm) Kẻ CH ⊥ AB (H ∈ AB), MB cắt đường trịn (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH nội tiếp đường trịn; b) AM2 = MK MB ;
= OMB
; c) KAC d) N trung ñiểm CH HẾT GỢI Ý GIẢI VÀ DỰ KIẾN THANG ðIỂM Câu Ý Nội dung 5 18 − 2 + =3 2−2 2+ a) (1,00) = (3 – + ) = 2 3 x − y = 6 x − y = ⇔  x + y = x + y = b) (1,00) ðiểm 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 0,50 0,25 0 -2 -8 Vẽ (d): y = 2x – 4: Cho x = ⇒ y = – ⇒ (0; – 4) Cho y = ⇒ x = ⇒ (2; 0) Vẽ (d) ñi qua (0; – 4) (2; 0) 0,25 0,25 y a) (1,00) -2 -1 (d) x -2 0,50 -4 -8 (P) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): – 2x2 = 2x – 0,25 ⇔ 2x2 + 2x – = 0,25 b) (1,00) ⇔  x1 = ⇒  y1 = − x = − y =−8   Vậy tọa ñộ giao ñiểm (P) (d) là: (1; –2) (– 2; –8) 0,25 0,25 Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 2x – = 0,25 Phương trình có: a – b + c = – (– 2) + (– 3) 0,25 a) (1,00) ⇒ pt có nghiệm:  x1 = − x =  0,25 Vậy m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = – 1; x2 = 0,25 Pt (1) có: ∆ ' = [– (m – 1)]2 – [– (2m + 1)] = m2 + > 0, ∀ m 0,50 b) (0,75) Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m  S = x1 + x2 = 2m − Theo hệ thức Vi-ét:   P = x1 x2 = − (2m + 1) Theo ñề ta có x1, x2 hai nghiệm đối c) m = S =  2m − =  (0,75) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ m = (*) P <  −(2m + 1) <  m > − Vậy m = 1, pt (1) có nghiệm giá trị tuyệt ñối trái dấu 0,25 0,25 0,25 0,25 M K C Hình (0,50) N A a) (1,00) O H B Hình vẽ đến câu b 0,25 Chứng minh tứ giác AKNH nội tiếp:
AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn),
AHN = 900 (CH ⊥ AB) 0,50 ⇒
AKB +
AHN = 1800 0,25 Vậy tứ giác AKNH nội tiếp đường trịn 0,25 Chứng minh AM2 = MK MB: b) ∆ABM vng A có AK ⊥ MB (0,50) ⇒ AM2 = MK MB (Hệ thức lượng tam giác vuông) 0,25 0,25 M K I A O C N H 0,25 B
= OMB
: Chứng minh KAC Gọi I giao ñiểm AC OM MA = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OC = R ⇒ OM ñường trung trực AC ⇒ OM ⊥ AC c)
= MKA
= 900 nhìn đoạn MA (0,75) Ta có: MIA ⇒ Tứ giác AMKI nội tiếp đường trịn đường kính MA
= KMI
(nội tiếp chắn IK ) Trong ñường trịn đường kính MA: KAI
= OMB
⇒ KAC d) 0,75) Chứng minh N trung ñiểm CH:
ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ BC ⊥ AC OM ⊥ AC (cmt)
(so le trong) ⇒ OM // BC ⇒
AOM = HBC
OAM
= BHC
= 900 ∆ AOM ∆ HBC có:
AOM = HBC ⇒ ∆ AOM ∽ ∆ HBC (g.g) AM OA AM BH AM BH ⇒ = ⇒ HC = = (1) HC BH OA AB MA ⊥ AB CH ⊥ AB ⇒ CH // MA BH HN ∆ ABM có CH // MA (cmt) ⇒ = (hệ ñịnh lý Ta-lét) BA AM AM BH ⇒ HN = (2) AB HC Từ (1) (2) ⇒ HC = HN ⇒ HN = ⇒ N trung ñiểm CH Chú ý: ðiểm nhỏ phần 0,25 đ điểm tồn khơng làm trịn HẾT 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25