Đề 1 thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông năm học 2016 – 2017 môn : Toán thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

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: 
a) Tính 
1
8 2
2
  ; 
b) Giải hệ phương trình: 
4
2 6
x y
x y
 

 
Câu 2. ( 2.0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 3 
a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ; 
b) 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) 
a) Giải phương trình (1) với m = 1; 
b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; 
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức 1 2 2x x  
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). 
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn; 
b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh hệ 
thức MA2 = MC. MD; 
c) Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc AHB; 
d) Cho AMB = 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 
a) 
(1,00) 
1
8 2
2
  = 
2
2 2 2
2
  = 
2
2
2
 = 
3 2
2
 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 
1 
b) 
(1,00) 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 



x 2
y 2
 0,25 
Vẽ (d): y = – 2x + 3: Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =
3
2
(d) đi qua (0; 3) và (
3
2
; 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 
a) 
(1,00) 
0,50 
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 
2 
b) 
(1,00) 
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9). 0,25 
Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0 0,25 
' = 2. 0,25 
3 
a) 
(1,00) 
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2 . 0,50 
y = - 2x + 3
y = x2
3
2
3
2
4
x
y
1
0-2 -1 21
Ta có: ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m. 0,50 b) 
(0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 
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: 
1 2
1 2
x x 0
x x 0
 


 
( )2 m 1 0
2m 0
 



m 1
m 0
 


 m 0 (*) 0,25 c) 
(0,75) 
Ta có 1 2 2x x   x1 + x2 + 2 1 2 2x x  
 2m + 2 + 2 2m = 2  m = 0 (thỏa mãn (*)) 
0,25 
Hình 
(0,25) 
C
H
A
B
O
M
D
Hình 
vẽ 
đến 
câu b 
0,25 
Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp 
Tứ giác MAOB có: 
 MAO = 900 ,MBO (tính chất tiếp tuyến); 
0,25 
MAO + MBO = 1800 0,25 
a) 
(0,75) 
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. 0,25 
Chứng minh: MA2 = MC. MD 
Hai tam giác DMA và AMC có: M chung; 
0,25 
MAC = MDA (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 
b) 
(1,00) 
Suy ra: 
MA MD
MC MA
  MA2 = MC. MD 0,25 
4 
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: MHO = MBO = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. 
0,25 
Tứ giác MHOB nội tiếp nên: 
BHM = BOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB) 
Tứ giác MHOB nội tiếp nên: 
AHM = AOM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM) 
0,25 
Lại có AOM = BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 
 AHM = BHM . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB 
0,25 
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 AOM = 600 ; nên OA = 
1
2
 MO hay 
MO = 2 AO = 2R. 
Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2 . Hay AM = 3 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. 3 R = 3 R
2 (đvdt). 
0,25 
Từ AOB = 1200  sđ AB = 1200 nên SqOMB = 
2 2120
360 3
R . R 
 (đvdt). 0,25 
d) 
(0,75) 
Vậy S = SMAOB – SqAOB = 3 R
2 – 
2
3
R
 = 2 3
3
R ( )

 (đvdt). 0,25 
 Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn. 
 HẾT