Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2018 - 2019 sở GD và ĐT Tiền Giang - THCS.TOANMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019

Môn thi: TOÁN (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) 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 của biểu thức: 1

4 2 3 12

A  2 . 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a/ x⁴ x² 20 0 b/ 3 11

2 9

x y x y

  

  

 .

3. Cho phương trình x² 2x  5 0 có hai nghiệm x₁, x₂. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các biểu thức: B x₁² x₂²; C x₁⁵ x₂⁵.

Bài II. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol

 

^{P :y  1}₂^x2 và đường thẳng

 

^{d :y  x m.}

1. Vẽ

 

^{P và}

 

^d trên cùng một mặt phẳng tọa độ khi m 2.

2. Định các giá trị của m để

 

^{d cắt}

 

^P tại hai điểm phân biệt A và B. 3. Tìm giá trị của m để độ dài đoạn thẳng AB 6 2.

Bài III. (1,5 điểm)

Hai bến sông A và B cách nhau 60 km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6 km/h.

Bài IV. (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn



^{AB AC}



, các đường cao AF, BD, CE cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn.

2. Chứng minh AE BD. AD AC. .

3. Chứng minh FH là tia phân giác của EFD.

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

Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256 cm ² và bán kính đáy bằng 1

2 đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I. (3,0 điểm)

1. ^A



^{3 1}



^{2  3  3 1  3  1.}

2. a/ x⁴ x² 20 0, (1) Đặt x² t, điều kiện t  0.

Khi đó phương trình trở thành: t²  t 200, (2)

Ta có ^{ 12 4.1. 20}

 

^{  81 0} nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

1

1 9 4

t   2.1  (nhận)

1

1 9 5

t   2.1   (loại)

Với t  4 x²    4 x 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là ^{S  }

 

^{2;2 .}

b/ 3 11 3 11 3 11 1

2 9 5 20 4 4

x y x y x y y

x y x x x

          

    

        

   

    .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

   

^{x y;  4;1 .}

3. x² 2x  5 0

Ta có ^{a c. 1. 5}

 

^{   5 0} nên phương trình luôn có hai nghiệm x₁, x₂. Theo hệ thức Vi-et ta có: S x₁x₂ 2; P x x_{1 2}  5.

Ta có: B x1² x2² S² 2P 2² 2 5

 

 14. Mặt khác:



^{x12 x22}



^{2 x14 x24 2 .x x12 22 x14 x24 }



^{x12 x22}



^{2 2 .x x12 22 }



^{S2 2P}



^{2 2P2 S4 4S P2 2P2}

Nên ^{C x15 x25 }



^{x1 x2}



^{x14 x x1 23 x x1 22 2 x x1 23 x24}





^{x1 x2}



^{x14 x24 x x1 22 2 x x1 23 x x1 23}

 

^{x1 x2}

 

^{x14 x24 x x1 22 2 x x x1 2}



^{12 x22}

 

           

 



^{4 4 2 2 2 2 2 2}

 

^{4 5 2 5 2}



S S S P P P P S P S S S P P

          

   

²

4 2

2 2 5.2 . 5 5. 5  482

       ^.  Bài II. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol

 

^{P :y  1}₂^x2 và đường thẳng

 

^{d :y  x m.}

1. Khi m 2,

 

^{d :y  x 2.}

x 2 1 0 1 2

 

^{P :y } ₂^{1x2 2 1}₂ ^{0 1}₂ ²

x 0 1

 

^{d :y  x 2 2 3}

2. Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^{d và}

 

^{P có dạng}

 

1 2 2 2 0, 1

2  x m x  x  m 

 

^{d cắt}

 

^P tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

 

^{1 2 1. 2}



^m



^{0 1 2m 0 m 1}₂

             .

Vậy 1

m  2 thì 

 

^{d cắt}

 

^P tại hai điểm phân biệt A và B. 3. Gọi A x y



1; 1

 

,B x y2; 2



,

với x x₁, ₂ là nghiệm của phương trình (1) thỏa S x₁x₂ 2;P x x₁. ₂  2m y₁ x₁ m y; ₂ x₂ m.

Ta có: AB 



x2 x1

 

²  y2 y1



²



2 1

 

² 2 1



²

6 2 x x x x

    



2 1



²

6 2 2 x x

   722



x2 x1



² 36



x2 x1



²

2 2

2 1 2 1

36 x x 2x x

    36S² 2P 2P  36S² 4P 

 

36 22 4 2m m 4

      .

Bài III. (1,5 điểm) Ta có 20 phút 1

 3 giờ.

Gọi ^x



^km/h



là vận tốc ngược dòng của ca nô. Điều kiện: x  0. Vận tốc xuôi dòng của ca nô là: x 6



^km/h



Thời gian ca nô đi xuôi dòng từ A đến B là: _x⁶⁰_6

 

^{h .}

Thời gian ca nô đi ngược dòng từ B đến A là: ⁶⁰_x

 

^{h .}

Ta có phương trình là: 60 60 1 6 3 x x 



 

     

 

180 6 180 6

3 6 3 6 3 6

x x x x

x x x x x x

 

  

  

   

180 x 6 180x x x 6

     x² 6x 108  0.

x y

 

^d O

 

^P

Giải phương trình trên ta được: x 30 (nhận) và x  36 (loại).

Vậy vận tốc ngược dịng của ca nơ ^{30 km/h}

 

^.

Bài IV. (2,5 điểm)

1. Ta cĩ: BEC  90, BDC 90 và hai gĩc BEC BDC , cùng nhìn cạnh BC . Vậy tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường trịn.

2. Xét hai tam giác AEC và tam giác ADB, cĩ A chung và   1  ABD ACE 2s ED

  

 đ 

Vậy AEC ~ ADB( gĩc – gĩc).

Suy ra AE AC . .

AE BD AD AC

AD  BD   .

Vậy AE BD. AD AC. . 3. Ta cĩ

+ HEBF nội tiếp một đường trịn ( do BEH BFH  90)

Nên   1 

BFE BHE 2s BE

  

 đ 

+ CDHF nội tiếp một đường trịn ( do CDH CFH 90)

Nên   1 

CFD CHD 2s CD

  

 đ 

Mà BHE CHD nên BFE CFD Mặt khác:

 

  90 90 BFE EFA CFD DFA

   



  

  

Do đĩ EFA DFA. Vậy FH là tia phân giác của EFD. 4. Ta cĩ DOC s CDđ (1)

Mặt khác  1 

DEC  2s CDđ (*) Gọi I là giao điểm của BH và EF .

Ta cĩ:

  

  

     180

180 ( ); 1

2 IEH EIH EHI

IBF BIF IFB

EIH BIF EHI IFB s EB

    

    

  

    

  

 đối đỉnh đ

. Suy ra:   1 

IEH IBF  2s CDđ (**)

Từ (*) và (**), suy ra: FED DECIEH s CDđ (2)

I O H E

D

B F C

A

Từ (1) và (2) suy ra DOC FED. Bài V. (1,0 điểm)

Ta có: 1 2 2

r  h   h l r Diện tích xung quanh hình trụ là:

2 2

2 256 cm 2 .2 256 64 8 cm

Sxq   rl   r r   r   r . Suy ra: h  l 2.816 cm.

Thể tích hình trụ:

2 .8 .162 1024 cm3

V  r h     . Vậy hình trụ có bán kính đáy là r  8 cm và thể tích V 1024 cm ³.