Đề Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học: 2016 – 2017 môn: Toán học lớp 9. Thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 	
 THCS TỊNH PHONG 	Năm học: 2016 – 2017
 	Khóa ngày : 14-15/06/2016 
	MÔN: TOÁN . Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài 1: (1,5 điểm)
Đưa thừa số ra ngoài dấu căn của biểu thức (với a³0).
Tính giá trị của biểu thức : 
Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 
1) Vẽ đồ thị (P)
2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ thị là (d) và (dm). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của (P) , (d) và (dm) cùng đi qua một điểm
Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho
 x12 + x1 – x2 = 5 – 2m 
Bài 5: (3,5 điểm)
Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC.
3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC.
--------HẾT--------
Họ và tên thí sinh :Số báo danh :Phòng thi:
GHI CHÚ : 
Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự như máy tính Casio fx-500A, Casio fx-500MS.
Bài giải sơ lược :
Bài 1 :1) = 5a (Vì a≥ 0 )
. Vậy A = 2.
Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có : 	
	 Û Û Û 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x2 = x + 2 Û x2 - x - 2 = 0(*)
Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm : 
Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4).
Để (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm thì hoặc AÎ (dm) hoặc B Î (dm) .
+ Với A(-1; 1) Î (dm) , ta có : 1 = -(-1) + m Û m = 0
+ Với B(2; 4) Î (dm), ta có : 4 = -2 + m Û m = 6
Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm.
Bài 4 : 1) Thay m = 1 được phương trình : x2 – 2 = 0 Û x2 = 2 Û x = ± 
Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x = và x = - 
Có ∆ = b2 – 4ac = 4m2 + 4 > 0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Theo Vi-et ta có : 
	Theo bài ta có x12 + x1 – x2 = 5 – 2m (3).
 	Từ (1) và (3) ta có hệ (I) : 
	Từ hệ (I) có PT : x12 + 2x1 – 3 = 0 Þ x1 = 1 và x1 = -3
	+ Với x = x1 = 1, từ đề bài ta có m = .
	+ Với x = x1 = -3, từ đề bài ta có m = 
 Vậy khi m = ± thì PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x1 – x2 = 5 – 2m
Bài 5 : Hình vẽ 
- Có AB ^ OB (t/c tiếp tuyến) Þ = 900
Có AC ^ OC (t/c tiếp tuyến) Þ = 900
Xét tứ giác ABOC có += 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được trong đường tròn.
- AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH.
∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO 
Þ OH = = cm
∆OBH vuông tại H Þ BH2 = OB2 – OH2 Þ BH = cm 
Vậy BC = 2BH = cm
- Gọi E là giao điểm của BM và AC.
∆EMC và ∆ECB có và (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O)) 
Þ ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) Þ EC2 = EM.EB (*)
∆EMA và ∆EAB có (a) và :
+ Có (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của đường tròn (K))
+ Có (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của đường tròn (O))
+ Từ (3) và (4) Þ (b) 
Từ (a) và (b) Þ ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) Þ EA2 = EM.EB (**)
Từ (*) và (**) Þ EC2 = EA2 Þ EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC.