Đề thi học sinh giỏi lớp 9 (vòng 2) tỉnh Tiền Giang năm học: 20142015 môn thi: Toán41893

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TỐN Thời gian:120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11/6/2015 (Đề thi có 01 trang, gồm 06 bài) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài I: (2,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau: A  3    2 Giải hệ phương trình phương trình sau: x  y  a/  x  y  b/ x  2x   c/ x  3x   Bài II: (1,0 điểm) Cho phương trình x  m  1 x  m  3m  (x ẩn số, m tham số) Định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x tìm giá trị nhỏ biểu thức B  x12  x 22  Bài III: (2,0 điểm) Cho parabol P : y  x đường thẳng d : y   x  Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Bằng phép tính, xác định tọa độ giao điểm A, B (P) (d) Tìm tọa độ điểm M cung AB đồ thị (P) cho tam giác AMB có diện tích lớn Bài IV: (1,5 điểm) Khoảng cách hai bến sông A B 30 km Một canơ xi dịng từ A đến B, rối ngược dòng trở A Thời gian kể từ lúc lúc 20 phút Tính vận tốc dịng nước, biết vận tốc thực canô 12 km/h Bài V (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O, C nằm M D Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn Chứng minh: MA2 = MC.MD Gọi trung điểm dây CD H, tia BH cắt O điểm F Chứng minh: AF // CD Bài (1,0 điểm) Cho hình nón có bán kính đáy cm, đường sinh 13 cm Tính diện tích xung quanh thể tích hình nón cho -HẾT Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục đào tạo cho phép Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh:………………… Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 2015 – 2016 MƠN: TỐN TIỀN GIANG Bài I A   3  x  a/  y  2  3   3   b/ S = {—2; 4} c/ S = {—2; 2} (hs tự giải) Bài II Phương trình x  m  1 x  m  3m  (x ẩn số, m tham số)  /  b /  ac   m  1  m  3m  m  2m   m  3m  m  Phương trình cho có hai nghiệm ∆/ ≥ ⇔ m + ≥ ⇔ m ≥ —1 b   x1  x   a  m  1 Theo Vi-ét:   x x  c  m  3m  a B  x12  x 22   x1  x   2x1 x    m  1  m  3m  2 11   21    4m  8m   2m  6m   2m  2m  11   m  m     m    2 2   2 2  21 21 21  Vì  m     nên Bmin = Dấu “=” xảy m  2 2 2  Bài III Vẽ đồ thị (P) (d) hình vẽ y Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = –x + ⇔ x2 + x – = y = - x+ ⇔ x = x = —2 A Nếu x = —2 y = ⇒ A(—2; 4) Nếu x = y = ⇒ B(1; 1) M -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 D H -2 y = x2 B O1 x C -3 Gọi M(xM; yM) điểm thuộc parabol (P), cung AB cho diện tích tam giác AMB lớn Gọi D, C, H hình chiếu vng góc A, B M xuống trục Ox Khi đó: SABCD  AD  BC .DC 4  1.3   15 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com SAMB  SABCD  SAMHD  SBMHC   15  SAMHD  SBMHC  Do đó: SAMB lớn SAMHD + SBMHC bé SAMHD  SBMHC     4  y M  OD  OH  1  y M OB  OH   2 4  y M  2  x M  1  y M 1  x M   2  x M  2y M  y M x M   x M  y M  x M y M  x M  3y M 2 Vì M(xM; yM) thuộc (P) nên y M  x M Do đó: SAMHD  SBMHC   x M  3x M 2 3  x M  x M   x2  x      M M 2  4  2   11    33 33   x M       x M      2   2 8 Vậy SAMHD + SBMHC đạt giá trị bé Thay x M  33 x M  1 vào phương trình y M  x M ta y M  Thử lại có x M   thích hợp 2  1 Vậy: điểm M   ;  thuộc parabol (P): y  x tam giác AMB có diện tích lớn  4 Bài IV Gọi x (km/h) vận tốc dòng nước (ĐK: < x < 12) 30 30 16 ⇔ x2 =   12  x 12  x A Giải phương trình được: x = —3 (loại) x = (nhận) Vậy vận tốc dòng nước (km/h) Bài V Theo đề bài, ta có phương trình: F D H C M O a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp B Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com Tứ giác MAOB có: ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ MAO  900 (gt); MBO  900 (gt); MAO; MBO  MBO  1800 đối nhau; MAO Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn đường kính AO b) Chứng minh: MA2 = MC.MD ฀ chung; MAC ฀ ฀  MDA Hai tam giác DMA AMC có: M (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽ ∆AMC (g-g) Suy ra: MA MD ⇒ MA2 = MC.MD  MC MA c) Chứng minh: AF // CD Ta có: H trung điểm dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý quan hệ đường kính dây) ฀ ฀  MBO  900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn Suy MHO ฀ ฀  MOB ⇒ MHB (1) (góc nội tiếp chắn cung MB) OM tia phân giác góc AOB (MA, MB hai tiếp tuyến (O) cắt M) 1฀ ฀  AOB ⇒ MOB 1฀ ฀  AOB Mà AFB (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB) ฀ ฀  MOB ⇒ AFB (2) ฀ ฀  MHB Từ (1) (2) suy ra: AFB Mà AFB MHB hai góc vị trí đồng vị nên suy AF // CD Bài VI + Diện tích xung quanh hình nón: Sxq   rl   5.13  65 cm  + Thể tích hình nón: h  l2  r  132  55  12 cm  1 V   r h   52.12  100 cm3  3 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com ...HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 2015 – 2016 MƠN: TỐN TIỀN GIANG Bài I A   3  x  a/  y  2  3   3   b/ S = {—2; 4} c/... nội tiếp B Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com Tứ giác MAOB có: ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ MAO  90 0 (gt); MBO  90 0 (gt); MAO; MBO  MBO  1800 đối nhau; MAO Vậy tứ giác... SABCD  AD  BC .DC 4  1.3   15 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ThuVienDeThi.com SAMB  SABCD  SAMHD  SBMHC   15  SAMHD  SBMHC  Do đó: SAMB lớn SAMHD