Đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2018 2019 sở GD và đt tiền giang

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2018 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)  Bài I (3,0 điểm) 1 Tính giá trị biểu thức: A    12 2 Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x  y  11 b/  a/ x  x  20  2x  y  Cho phương trình x  2x   có hai nghiệm x , x Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức: B  x 12  x 22 ; C  x 15  x 25 Bài II (2,0 điểm) x đường thẳng d : y  x  m Vẽ P d mặt phẳng tọa độ m    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P : y         Định giá trị m để d cắt P hai điểm phân biệt A B Tìm giá trị m để độ dài đoạn thẳng AB  Bài III (1,5 điểm) Hai bến sông A B cách 60 km Một ca nơ xi dịng từ A đến B ngược dòng từ B A Thời gian xi dịng thời gian ngược dịng 20 phút Tính vận tốc ngược dịng ca nơ, biết vận tốc xi dịng lớn vận tốc ngược dịng ca nô km/h Bài IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC , đường cao AF , BD , CE cắt H   Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn Chứng minh AE BD  AD.AC  Chứng minh FH tia phân giác EFD   FED  Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh DOC Bài V (1,0 điểm) Một hình trụ có diện tích xung quanh 256 cm2 bán kính đáy đường cao Tính bán kính đáy thể tích hình trụ HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I (3,0 điểm) A   1       1 a/ x  x  20  , (1) Đặt x  t, điều kiện t  Khi phương trình trở thành: t  t  20  , (2) Ta có   12  4.1 20  81  nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:   1   (nhận) 2.1 1  t1   5 (loại) 2.1 Với t   x   x  2 t1    Vậy tập nghiệm phương trình (1) S  2;2 3x  y  11 b/   2x  y  3x  y  11   5x  20 3x  y  11   x  y   x      Vậy nghiệm hệ phương trình x ; y  4;1 x  2x   Ta có a.c  5  5  nên phương trình ln có hai nghiệm x , x   Theo hệ thức Vi-et ta có: S  x  x  2; P  x 1x  5   Ta có: B  x 12  x 22  S  2P  22  5  14 Mặt khác: x  x 22   x Nên C  x 15  x 25  x  x   x1  x    x 14  x 24  2x 12 x 22  x 14  x 24  x 12  x 22 x 4   x 13x  x 12x 22  x x 23  x 24     x  x  x x  P S  2P    S S  5S P  5P     x 24  x 12x 22  x 13x  x x 23  x  x  S S  4S 2P  2P  P     2x 12 x 22  S  2P 4 2 2   2P  S  4S 2P  2P   x x x 12  x 22      24  5.22 5  5   482     Bài II (2,0 điểm)   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P : y   x đường thẳng d : y  x  m  Khi m  , d : y  x  x P  : y  21 x x d :y  x 2  2 2 1 0 1 2 y P  x d  O    Phương trình hồnh độ giao điểm d P có dạng  x  m  x  2x  2m  0, d cắt P hai điểm phân biệt A B phương trình (1) có nghiệm phân biệt        1  2m    2m   m   Vậy m   thì  d cắt P hai điểm phân biệt A B Gọi A x 1; y1 , B x ; y2 ,            với x 1, x nghiệm phương trình (1) thỏa S  x  x  2; P  x 1.x  2m y1  x  m; y2  x  m x Ta có: AB  6 2 x  x1  x1    y   x   x  x1  2  y1  x1     72  x  x    36  x  x   36  x 22  x 12  2x 2x  36  S  2P  2P  36  S  4P      36  22  2m  m  Bài III (1,5 điểm) Gọi x km/h vận tốc ngược dịng ca nơ Điều kiện: x  Ta có 20 phút     Vận tốc xi dịng ca nơ là: x  km/h  60 h x 6 60 Thời gian ca nơ ngược dịng từ B đến A là: h x 180 x  x x 6 60 60 180x Ta có phương trình là:      x x 6 3x x  3x x  3x x  Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:              180 x   180x  x x   x  6x  108        Giải phương trình ta được: x  30 (nhận) x  36 (loại) Vậy vận tốc ngược dịng ca nơ 30 km/h   Bài IV (2,5 điểm) A D E I H B F O C   90 , BDC   90 hai góc BEC , BDC  nhìn cạnh BC Ta có: BEC Vậy tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn  chung ABD   ACE    s ñED  Xét hai tam giác AEC tam giác ADB , có A     Vậy AEC ~ ADB ( góc – góc) AE AC   AE BD  AD.AC Suy AD BD Vậy AE BD  AD.AC Ta có   BFH   90 ) + HEBF nội tiếp đường tròn ( BEH   BHE    s ñBE  Nên BFE       CFH   90 ) + CDHF nội tiếp đường tròn ( CDH   CHD    s ñCD  Nên CFD         Mà BHE  CHD nên BFE  CFD   EFA   90 BFE  Mặt khác:      CFD  DFA  90   DFA  Vậy FH tia phân giác EFD  Do EFA   s đCD  (1) Ta có DOC   s ñCD  (*) Mặt khác DEC Gọi I giao điểm BH EF    EIH   EHI   180 IEH       IBF   s đCD  (**) Suy ra: IEH Ta có: IBF  BIF  IFB  180        EIH  BIF (đố i đỉ nh); EHI  IFB   s đEB       DEC   IEH   s ñCD  (2) Từ (*) (**), suy ra: FED   FED  Từ (1) (2) suy DOC Bài V (1,0 điểm) Ta có: r  h  h  l  2r Diện tích xung quanh hình trụ là: S xq  2rl  256 cm2  2r 2r  256  r  64  r  cm Suy ra: h  l  2.8  16 cm Thể tích hình trụ: V  r 2h  .82.16  1024  cm Vậy hình trụ có bán kính đáy r  cm thể tích V  1024  cm ... ra: h  l  2.8  16 cm Thể tích hình trụ: V  r 2h  .82.16  102 4  cm Vậy hình trụ có bán kính đáy r  cm thể tích V  102 4  cm ... Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:              180 x   180x  x x   x  6x  108        Giải phương trình ta được: x  30 (nhận) x  36 (loại) Vậy vận tốc ngược dịng