ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH TIỀN GIANG 2013 2014

UBND TỈNH TIỀN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh Phúc KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày: 30-6-2013 Môn thi: TOÁN Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − = 2 x + y = 4 x − y = c) x − 13 x + 21 = b)  Rút gọn biểu thức: A = 21 + − + 3− 7 Bài 2: (3,0 điểm) Cho Parabol (P): y = − x đường thẳng (d): y = 2x – a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính 2 Cho phương trình: mx − ( m + 1) x + m + = (x ẩn số, m tham số thực) a) Định m để phương trình có nghiệm b) Định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối trái dấu Bài 3: (1,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình bậc hai Quãng đường AB dài 90 km, có hai ô-tô khởi hành lúc Ô-tô thứ từ A đến B, ô-tô thứ hai từ B đến A Sau hai xe gặp tiếp tục Xe ô-tô thứ hai tới A trước xe thứ tới B 27 phút Tính vận tốc xe Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 3cm, AC = 4cm Gọi O trung điểm BC, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường thẳng BA I Gọi M trung điểm BO Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ suy tam giác BOA đồng dạng với tam giác BIC Tính diện tích tam giác AMC Gọi N điểm đối xứng B qua C Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình trụ có bán kính đáy 2cm, thể tích 16π cm3 Tính diện tích xung quanh hình trụ cho - Hết -* Ghi chú: Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép kết tính toán phải số Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TIỀN GIANG Khóa ngày: 30-6-2013 Môn thi: TOÁN Bài 1 a) Phương trình x − x − = có nghiệm: x1 = − ; x2 = + 2 x + y = b) Hệ phương trình  có nghiệm: (x; y) = (2; 1) 4 x − y =  7  ; − 3;  c) Phương trình x − 13 x + 21 = tập nghiệm là: S =  − ;  2  Rút gọn: ( −2 +2 ) + ( + ) − 21 −2 7 )( ) −2 + ( 3+ ) − 21 ) ( 3− 7) ( 3+ 7) ( 7) = −2+6+2 −3 = Bài 2 a) Vẽ ( P ) : y = − x ( d ) : y = x − (xem hình vẽ bên) b) Phương trình hoành độ (P) (d)" − x2 = x − ⇔ x2 + 2x − = Vì có a + b + c = + + (−3) = nên phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = −3 + Khi x = y = −1 ta B(1; −1) + Khi x = −3 y = −9 ta A(−3; −9) 2 phương trình: mx − ( m + 1) x + m + = (x ẩn số, m tham số thực) a) Ta có: y -3 ( ( -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 -2 2x = O x y= 21 + − = + 3− 7 A= B(1; -1) -3 -4 -5 y = -x2 -6 -7 A(-3; -9) -8 -9 -10 -11 ∆ / =  − ( m + 1)  − m ( m + ) = m + 2m + − m − 2m = Vì ∆/ = > bất chấp m nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với m b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt với m nên theo định lý Vi-ét, ta có: ( m + 1) x1 + x2 = m Theo đề, hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối trái dấu nên: ( m + 1) x1 + x2 = = (với điều kiện m ≠ 0) m ⇔ ( m + 1) = ⇔ m = −1 (thỏa điều kiện m ≠ 0) -12 -13 -14 -15  x1 = Thử lại: Với m = −1 phương trình trở thành: − x + = ⇔ ( − x ) ( + x ) = ⇔   x2 = −1 Vậy: Với m = −1 phương trình có hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối trái dấu Bài Gọi x (km/h) vận tốc ô-tô thứ từ A đến chỗ gặp C vận tốc ô-tô thứ hai từ B đến chỗ gặp C là: 90 – x (km/h) (Điều kiện: x > 90 – x > x ⇒ < x < 45) + Thời gian ô-tô thứ tiếp tục từ C đến B: 90 km v1 A B v2 C 90 − x ( h ) (90 – x độ dài quãng đường BC) x + Thời gian ô-tô thứ hai tiếp tục từ C đến A: x ( h ) (x độ dài quãng đường AC) 90 − x 90 − x x 27 2 − = x ( 90 − x ) + Theo đề ta có phương trình: ⇔ ( 90 − x ) − x = x 90 − x 60 20 9 x ( 90 − x ) ⇔ ( 90 − x ) 90 = 90 x − x ⇔ ( 90 − x ) 200 = 90 x − x ⇔ ( 90 − x − x ) ( 90 − x + x ) = 20 20 2 ⇔ 18000 − 400 x = 90 x − x ⇔ x − 490 x + 18000 = ∆/ = (−245)2 – 18000 = 42025; ∆ / = 205 ; x1 = − ( −245 ) + 205 = 450 (loại); x2 = − ( −245 ) − 205 = 40 (thỏa) Vậy: Vận tốc ô-tô thứ 40 (km/h); vận tốc ô-tô thứ hai : 90 – 40 = 50 (km/h) Bài Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn B · · Ta có: IAC (kề bù) + BAC = 180 M · Mà : BAC = 900 (gt) O ·IAC = 900 ⇒ E · Lại có: IOC = 900 (gt) ( ) Suy tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn (A O C A nhìn IC góc 900) Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ suy tam giác BOA đồng dạng với tam giác BIC I Hai tam giác BOI vuông O BAC vuông A có: µ góc chung nên: ∆BOI ∽ ∆BAC (g-g) B N BO BI = ⇒ ⇒ BA.BI = BO.BC BA BC Từ đó, xét hai tam giác BAO BCI có: BO BI µ góc chung; = (cmt) nên: ∆BAO ∽ ∆BCI (c-g-c) B BA BC Tính diện tích tam giác AMC Ta có: SAMC = SABC – SABM = S ABC − S ABO (Vì SABM = SAOM; M trung điểm BO) 1  = S ABC −  S ABC ÷ (Vì SABO = SACO = S ABC ; O trung điểm BC) 2  3 Vậy: S AMC = S ABC − S ABC = S ABC = AB AC = 3.4 = cm 4 4 2 Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn Gọi E trung điểm BI, ta suy ra: BO BI BM BE BM BE µ góc chung; = = = ∆BMA ∽ ∆BEC (c-g-c) (Vì có B ⇒ ⇒ , câu 2)) BA BC BA BC BA BC · · Suy ra: BAM = BCE · · · · Mặt khác, BCE (EC // IN đường trung bình tam giác BIN; BCE đồng vị) = BNI & BNI · · Suy ra: BNI = BAM · · Tứ giác AINM có BNI (cmt) nên nội tiếp đường tròn (góc góc đỉnh đối diện) = BAM ( ) Bài 2 Thể tích hình trụ: V = Sđ h = r π h = π h = 16π cm Suy chiều cao hình trụ: h = 16π = ( cm ) 22 π ( ) Vậy: Diện tích xung quanh hình trụ: S XQ = Pđ h = 2r.π h = 2.2.π = 16π cm ( ) R = 2cm ... Ta có: y -3 ( ( -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 -2 2x = O x y= 21 + − = + 3− 7 A= B(1; -1) -3 -4 -5 y = -x2 -6 -7 A(-3; -9) -8 -9 -10 -11 ∆ / =  − ( m + 1)  − m ( m... phương trình có hai nghiệm phân biệt với m nên theo định lý Vi-ét, ta có: ( m + 1) x1 + x2 = m Theo đề, hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối trái dấu nên: ( m + 1) x1 + x2 = = (với điều kiện... tục từ C đến A: x ( h ) (x độ dài quãng đường AC) 90 − x 90 − x x 27 2 − = x ( 90 − x ) + Theo đề ta có phương trình: ⇔ ( 90 − x ) − x = x 90 − x 60 20 9 x ( 90 − x ) ⇔ ( 90 − x ) 90 = 90 x −