SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN BẾN TRE
BẾN TRE Năm học 2011–2012
Môn : TOÁN (chuyên)
Thời gian: 15 0 phút ( không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Thời gian làm bài 30 phút / 5,0 điểm
(Chọn phương án đúng cho mỗi câu và ghi vào giấy làm bài . Ví dụ: câu 1 chọn A thì ghi 1.A)
Câu 1. Cho
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình:
2
5 3 0x x− + =
. Khi đó
( )
1
1x +
và
( )
2
1x +
là
hai nghiệm của phương trình:
A.
2
5 5 0x x− + =
B.
2
7 5 0x x− + =
C.
2
7 9 0x x− + =

( )
1
: 2 1d y x= −
;
( )
2
: 5d y x= − +
;
( )
3
:d y mx m= −
. Để ba đường
thẳng trên đồng quy thì m phải thoả điều kiện:
A.
1m
= −
B.
1m
=
C.
2m
=
D.
3m
=
Câu 4. Cho parabol
( )
2
:P y ax=
và điểm

có hai nghiệm phân biệt khi m thoả điều kiện:
A.
0m >
B.
0m <
C.
0m <
và
1m ≠ −
D.
0m >
và
1m ≠
Câu 7. Tam giác ABC có độ dài ba cạnh lần lượt là: 3a;4a;5a. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC bằng:
A.
7
2
a
B.
5
2
a
C.
5 2
3
a
D.
5 3
2

AB
. Biết
8 ; 6AB a CD a= =
, khi đó khoảng cách giửa hai dây bằng:
A.
1a
B.
2a
C.
3
2
a
D.
5
2
a
Câu 10. Nếu diện tích mặt cầu tăng lên 2 lần thì thể tích hình cầu tăng lên mấy lần?:
A.
2 2
B.2 C.4 D. 8
II. PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm bài 120 phút/15 điểm.
Bài 1. (3,0 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(m + 1) – m +1 = 0
1. Xác định m để phương trình có hai nghiệm khác 0.
2. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2

1
x y x y
x y

+ = +


+ =


Bài 4. (2,5 điểm)
Cho A và M là hai điểm trên đường tròn tâm O, bán kính R; B là điểm đối xứng của
O qua A và D là trung điểm của OA
1. Chứng minh hai tam giác
OMD∆
và
OBM∆
đồng dạng.
2. Tính độ dài MB khi
·
0
60MOA =
.
3. Cho C là điểm cố định nằm ngoài đường tròn, xác định vị trí của M trên đường tròn để
tổng 2MC + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. (2,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3 3 2 2
5x y x y xy+ − − =
.

0 0
3 1
1 3
m m
m m
m m
 ≥  ≥
 



⇔
≤ − ≠

 



≠ ≤ −
 
Vậy :
0, 1m m≥ ≠
hoặc
3m ≤ −
.
2) Áp dụng hệ thức Vi- ét, ta có:
1 2
1 2
2 2
1

m m m
m
m
⇔ − =
⇔ + − =
⇔ + − − + = − +
⇔ − =
⇔ =
Vậy :
1
5
m =
Bài 2:
1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và(d) là:
2
2
2 2 4 0
2
x
mx m x mx m− = − + ⇔ − + =
Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P)
2
' 4 0m m⇔ ∆ = − =

0
4
m
m
=


=

⇔

=

Vậy : I(2;0)
3)
1
.
2
AIB
S AI BH=
(H là hình chiếu của B /Ox)
=
1
.2.8
2
= 8 (đvdt)
Bài 3:
1) Phương trình
2 2 2
4 4 4x x x+ − = −
Đặt t =
2
4 0x − ≥
, Khi đó,ta có phương trình:
4 4t t t+ + =

2

1 (2)
x y x y
x y

+ = +


+ =


Ta có :
(1)
( )
( )
3
3 3
4x y x y⇔ + = +

( ) ( )
3 3 3 3
3 ( ) 4 0x y xy x y x y⇔ + + + − + =

( )
3 3
3 3 ( ) 0x y xy x y⇔ − + + + =
( )
2
3 ( ) 0x y x y⇔ − + − =

( ) ( )

1
2,
2
4 0
2 1
1
2 1
2,
2
a b
a
a b
a a b
a b
a b
a b
a b
a b

= = −

=





− =
− =




. Với
( )
0 0
2 2 2 2
, , ; ,
1 1
2 2 2 2
2 2
a x y
x y
b xy
= + =
 
   
 
⇒ ⇒ = − −
 ÷  ÷
 
= − = −
   
 
 
. Với
2 2
2

1 1
2

 ÷
 
= =
 
 
 
Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm:
( )
,x y =
2 2
;
2 2
 
−
 ÷
 
,
2 2
;
2 2
 
−
 ÷
 
,
2 2
;
2 2
 
 ÷

BM
⇒ =
2)
MOA∆
đều ( do OA = OM và
·
0
60MOA =
) nên:
MD vuông góc với OA tại D
3
. 3
2
R
MD OD⇒ = =
Mà
1
2
DM
BM
=
(cmt) . Do đó:
2 3MB MD R= =
(đvđd)
3) Vẽ (d) qua C cắt (O) tại M và N, tiếp tuyến CE.
Ta có :
CME CEN∆ ∆:
(g.g)
2
.

CM CO R CM CO R= − ⇔ = −
Mặt khác:
2BM OB OM R R R≥ − = − =
. Suy ra:
2 2
4
2 2( )
3
CM BM CO R R+ ≥ − +
.
Vậy :2CM + BM đạt GTNN
A M
⇔ ≡
và CM là tiếp tuyến của (O)
Bài 5:
Phương trình :
3 3 2 2
5x y x y xy+ − − =
( )
( )
3 3
5x y xy x y⇔ + − + =( ) ( )
2
5x y x y⇔ + − =
E
A
A'




− =



⇔

+ =

= =
 


⇔
  

= =
− =
 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x,y) = (2;3) ; (3;2).