Đề thi tuyển lớp 10 THPT môn Toán năm 2016–2017 - Sở GD&ĐT tỉnh Bến Tre có cấu trúc gồm 4 câu hỏi với nhiều dạng bài tập. Hi vọng tài liệu sẽ giúp các em nắm vững được cấu trúc của một đề thi, rèn luyện kĩ năng làm bài, xây dựng được cho mình kế hoạch học tập, ôn thi hiệu quả nhất.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi tuyển lớp 10 THPT môn Toán năm 2016–2017 - Sở GD&ĐT tỉnh Bến Tre
- 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:
1
a) Tính 8 2 ;
2
x y 4
b) Giải hệ phương trình:
x 2 y 6
vn
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;
7.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh.
Câu 3. ( 2.5 điểm)
24
Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0
a) Giải phương trình (1) với m = 1;
(m là tham số)
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 x1 x2 2
oc
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
.h
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
w
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
w
cung nhỏ AB.
w
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 2 2 3 2
(1,00) 8 2 =2 2 2 = 2 = 1,00
2 2 2 2
Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2 y = 2 0,50
b) Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 = 2. 0,25
(1,00)
vn
x 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 0,25
y 2
2 3
Vẽ (d): y = – 2x + 3: Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x =
7.
2
0,25
3
(d) đi qua (0; 3) và ( ; 0).
x
y = -x 2
2
-2
4
2
Vẽ (P): y = x . Bảng giá trị
-1
1
24 0
0
1
1
2
4
0,25
oc
a) y = x2
(1,00) y
.h
4
3
0,50
w
2
1
w
x
-2 -1 0 1 3 2
2
y = - 2x + 3
w
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3 0,25
b)
x2 + 2x – 3 = 0 x1 = 1, x2 = – 3. 0,25
(1,00) Thay vào y = x2, tìm được y = 1; y = 9. 0,25
1 2
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9). 0,25
3 Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0 0,25
a)
' = 2. 0,25
(1,00)
Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2. 0,50
- b) Ta có: ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m. 0,50
(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:
x1 x2 0 2(m 1) 0 m 1 0,25
c) m 0 (*)
(0,75) x1 x2 0 2m 0 m 0
Ta có x1 x2 2 x1 + x2 + 2 x1 x2 2
0,25
2m + 2 + 2 2m = 2 m = 0 (thỏa mãn (*))
4
vn
A
D
H
7.
C
Hình
vẽ
Hình M
O đến
(0,25)
24 câu b
0,25
oc
B
Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp
.h
Tứ giác MAOB có: 0,25
= 900 , MBO
MAO (tính chất tiếp tuyến);
a)
w
(0,75) + MBO
= 1800
MAO 0,25
w
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. 0,25
Chứng minh: MA2 = MC. MD
chung; 0,25
w
Hai tam giác DMA và AMC có: M
= MDA
MAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng
b) 0,25
chắn cung AC)
(1,00)
nên DMA ∽ AMC (g-g) 0,25
MA MD
Suy ra: MA2 = MC. MD 0,25
MC MA
Chứng minh HM là phân giác của góc AHB
c) Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH CD ( Định lý quan hệ
0,25
(0,75) giữa đường kính và dây)
= MBO
Suy ra: MHO = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn.
- Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
= BOM
BHM ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
0,25
Tứ giác MHOB nội tiếp nên:
= AOM
AHM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
= BOM
Lại có AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
0,25
= BHM
AHM . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA,
MB và cung nhỏ AB
1
Tam giác MAO vuông tại A, có AOM = 600 ; nên OA = MO hay
2
MO = 2 AO = 2R.
0,25
Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2 . Hay AM = 3 R.
vn
d) Gọi S là diện tích hình cần tìm, SMAOB là diện tích tứ giác MAOB,
(0,75) 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 R2 (đvdt).
7.
R 2 .120 R 2
Từ AOB = 1200 sđ AB = 1200 nên SqOMB = (đvdt). 0,25
360 3
24
Vậy S = SMAOB – SqAOB = 3 R2 –
R2
3
= R 2 ( 3 ) (đvdt).
3
0,25
oc
Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn.
.h
HẾT
w
w
w
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
