Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán Sở GD&ĐT Tiền Giang năm học 2018 - 2019 - Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán có đáp án

--- HẾT--- Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép.. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019

Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 05/6/2018 Bài I (3,0 điểm)

1 Tính giá trị biểu thức

1

A 12

2

   .

2 Giải phương trình hệ phương trình sau: a/ 4 2

x x  20 0 b/

3x y 11 2x y

 

 

 



3 Cho phương trình x2  2x 0  có hai nghiệm x1, x2 Khơng giải phương trình, tính

giá trị biểu thức: B x 12 x22; C x 15x52

Bài II (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol   P : y x

2

 đường thẳng  d : y x m  .

1 Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ m =

2 Định giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm giá trị m để độ dài đoạn thẳng AB 2

Bài III (1,5 điểm)

Hai bến sông A B cách 60km Một ca nô xi dịng từ A đến B ngược dịng 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 6km/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

2 Chứng minh AE.AB = AD.AC

3 Chứng minh FH phân giác EFD

4 Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh DOC FED  Bài V (1,0 điểm)

Một hình trụ có diện tích xung quanh 256 cm2 bán kính đáy

2 đường cao Tính bán kính đáy thể tích hình trụ

- HẾT -Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép.

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 10

Bài I

1  

2

1

A 12 3 3 3

2

            

2 (HS tự giải) a/ (Đs:

1

x 2; x 2) b/ (Đs:

x y

  



 )

3 Pt

2

x  2x 0 

có a = 1; b = −2; c = −5

1

1

b

x x

a c

x x

a



  

  

  

 

+ B x 12x22 x1x22  2x x1 22 5  14

+ Ta có:

x1x2x12x22  x13x32x x1 22 x x2 12 x13x32x x x1 2 1x2 Suy ra: x13x32 x1x2x12x22 x x x1 2 1x2 2.14  38 

x12x22 x13x23  x15x52x x1 22 x x2 12 x15x52x x1 2 2 x1x2 Suy ra: x15x52 x12 x22 x13x32 x x1 2 2 x1x2 14.38  4822 

Vậy C x 15x52 482

Bài II

1/ Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ m = (HS tự vẽ) 2/ Định giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Pt hoành độ giao điểm (d) (P):

1

x x m

2   ⇔ x2  2x 2m 0 

a = 1; b = −2; c = −2m

 2    

2

b 4ac 4.1 2m 8m 2m

          

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ∆ > ⇔ 4(1 + 2m) > ⇔ m> 12

3/ Tìm giá trị m để độ dài đoạn thẳng AB 2

Ta có:

B

A

b

x 1 2m

2a b

x 1 2m

2a

   

   

  

  

    

 

⇒ B A

y m 1 2m

y m 1 2m

    

 

   

 

Theo đề bài: AB 2 ⇔ 2m   6 ⇔ 2m   72 ⇔ 2m 9 

⇔ m 4 (thỏa điều kiện

1 m

2



> )

Bài III

Gọi x(km/h) vận tốc ngược dịng ca nơ (x > 0) x + (km/h) vận tốc xuôi dịng ca nơ

Theo đề bài, ta có phương trình:

60 60

x  x 3  ⇔ x2 6x 1080 0 

Giải phương trình nghiệm thỏa điều kiện x = 30 Vậy vận tốc ca nô ngược dịng 30(km/h)

Bài IV Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên đường cao cắt điểm H nằm tam giác

1/ Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp trong đường trịn.

Tứ giác BEDC có:

  

  

0

BEC 90 gt BDC 90 gt

 

 

 

 nên

nội tiếp đường trịn đường kính BC (tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc vng)

2/ Chứng minh AE.AB = AD.AC Vì tứ giác BEDC nội tiếp nên suy ra:

 

AED ACB (góc góc ngồi tại

đỉnh đối diện)

Hai tam giác AED ACB có: + góc A chung,

+AED ACB  (cmt)

Nên ∆AED ∽ ∆ACB ⇒ AEACADAB ⇒ AE.AB = AD.AC

3/ Chứng minh FH phân giác EFD .

+ Tứ giác EBFH có BEH BFH 90 gt   0  nên tứ giác nội tiếp ⇒ EBH EFH  (cùng chắn cung

EH) (1)

+ Tứ giác DCFH có CFH CDH 90 gt   0  nên tứ giác nội tiếp ⇒ DFH DCH  (cùng chắn

cung EH) (2)

+ Tứ giác BEDC nội tiếp đường trịn (cmt) nên có EBH DCH  (cùng chắn cung ED) (3)

O H E

D

F C

B

Từ (1), (2), (3) suy EFH DFH  , hay FH phân giác EFD

4/ Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh DOC FED  .

+ Tứ giác AEFC có AFC AEC 90 gt   0  nên tứ giác nội tiếp ⇒ CAF CEF  (cùng chắn cung FC) (4)

+ Tứ giác AEHD có AEH ADH 90 gt   0 nên tứ giác nội tiếp ⇒ DAH DEH  (cùng chắn cung DH) (5)

Từ (4) (5) suy DEH FEH  hay EH phân giác DEF (6) + Ta có: DOC 2.OBD   (góc nội tiếp góc tâm chắn cung DC)

Mà    

1

OBD FBH FEH FED

2

  

(cùng chắn cung FH) (7)

Từ (6) (7) suy DOC FED  (đpcm) Bài V Theo đề 2 r.h 256   ⇒ r.h 128

Vì r 1h

 nên suy 2

2r 128

Từ đó:     r cm h 16 cm

   

  

 

2