đề thi Toán - TS 10 Tiền Giang 2013-2014

Gọi O là trung điểm BC, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường thẳng BA tại I.. Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn.. Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh Phúc.

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Khóa ngày: 30-6-2013

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi này có: 01 trang Bài 1: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x2  2 7 x  2 0 

b) 2 5

x y

x y







c) 2 x4  13 x2  21 0 

2 Rút gọn biểu thức: 3 4 21

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Cho Parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d): y = 2x – 3

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính

2 Cho phương trình: mx2  2  m  1  x m    2 0 (x là ẩn số, m là tham số thực)

a) Định m để phương trình trên có nghiệm

b) Định m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau

Bài 3: (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình bậc hai.

Quãng đường AB dài 90 km, có hai ô-tô khởi hành cùng một lúc Ô-tô thứ nhất đi

từ A đến B, ô-tô thứ hai đi từ B đến A Sau 1 giờ hai xe gặp nhau và tiếp tục đi Xe ô-tô thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 phút Tính vận tốc mỗi xe

Bài 4: (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm Gọi O là trung điểm BC, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường thẳng BA tại I Gọi M là trung điểm BO

1 Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn

2 Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA đồng dạng với tam giác BIC

3 Tính diện tích tam giác AMC

4 Gọi N là điểm đối xứng của B qua C Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, thể tích bằng 16 cm  3 Tính diện tích

xung quanh của hình trụ đã cho

Đề chính thức

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1

1 a) Phương trình x2 2 7x 2 0 có 2 nghiệm: x 1 7 3 ; x 2 7 3

b) Hệ phương trình 2 5

x y

x y





 có 1 nghiệm: (x; y) = (2; 1) c) Phương trình 2x413x221 0 có tập nghiệm là: 7 7

S   

2 Rút gọn:

   

     2

3 7 2 4 3 7 21 7

7 2 6 2 7 3 7 4

Bài 2

1 a) Vẽ  P y: x2 và  d :y2x 3 (xem hình vẽ

bên)

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của

phương trình:

 x2 2x 3 ⇔ x22x 3 0

Vì có a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 nên phương trình có hai

nghiệm: x  ; 1 1 x 2 3

Khi x1 1 x B  1 y B  1 B1; 1 

Khi x2  3 x A  3 y A  9 A3; 9 

2 Phương trình: mx2 2m1x m  2 0 (x là ẩn số, m

là tham số thực)

a) Ta có:

  2  

            

Vì / = 1 > 0 vớim nên phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m

b) Theo định lý Vi-ét, ta có:

2 m 1

m



Hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau 

0

m

m



   (với điều kiện m ≠ 0)

⇔ 2m   ⇔ m = −1 (Thỏa mãn điều kiện m ≠ 0)1 0

-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3

x

y

O

A(-3; -9)

B(1; -1)

y = -x 2

Thử lại: Với m = −1 thì phương trình trở thành: x2  ⇔ 1 0 1 x 1x0 ⇔

1

2

1

1

x

x





 



Vậy: Với m = −1 thì phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng

nhau và trái dấu nhau

Bài 3

Gọi x là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ A đến

chỗ gặp nhau C (km/h) ;( 0 < x < 45)

thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi từ B đến chỗ

gặp nhau C là: 90 – x (km/h)

+ Thời gian ô-tô thứ nhất tiếp tục đi từ C đến

B:

90 x h

x



(90 – x cũng là độ dài quãng đường BC)

+ Thời gian ô-tô thứ hai tiếp tục đi từ C đến A:

90

x

h

x

 (x cũng là độ dài quãng đường AC)

+ Theo đề bài ta có phương trình: 90 27



20

20

20

90 2 200 90 x  x x 2

⇔ 18000 400 x90x x 2 ⇔ x2 490x18000 0

/ = (−245)2 – 18000 = 42025;  / 205; x  1  245205 450 (loại);

 

Vậy: Vận tốc ô-tô thứ nhất là 40 (km/h); vận tốc ô-tô thứ hai là : 90 – 40 = 50 (km/h)

Bài 4

1 Chứng minh tứ giác IAOC

nội tiếp đường tròn.

Ta có: IAC BAC 1800 (kề

bù)

Mà : BAC 900(gt)

⇒ IAC 900

Lại có: IOC 900(gt)

Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp

đường tròn (A và O cùng nhìn

IC dưới một góc 900)

E

N

M

I

O

C

B

A

v2

v1

90 km

A

2 Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA đồng dạng với tam giác

BIC.

Hai tam giác BOI vuông tại O và BAC vuông tại A có:

B là góc chung nên: BOI ∽ BAC (g-g)

⇒ BO BI

BA BC ⇒ BA.BI = BO.BC

Từ đó, xét hai tam giác BAO và BCI có:

B là góc chung; BO BA BC BI (cmt) nên: BAO ∽ BCI (c-g-c)

3 Tính diện tích tam giác AMC.

Ta có: SAMC = SABC – SABM = 1

2

S  S (Vì SABM = SAOM; M là trung điểm BO)

= 1 1

2 2

S   S 

  (Vì SABO = SACO = 1

2S ABC; O là trung

điểm của BC)

4 Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn.

Gọi E là trung điểm của BI, ta suy ra:

BMA ∽ BEC (c-g-c) (Vì có B là góc chung; BO BA BC BI ⇒2BM 2BE

BA BC , câu 2))

Suy ra: BAM BCE

Mặt khác, BCE BNI (EC // IN vì EC là đường trung bình tam giác BIN; BCE&BNI

đồng vị)

Suy ra: BNI BAM

Tứ giác AINM có BNI BAM (cmt) nên nội tiếp được đường tròn (Có góc trong bằng

góc ngoài tại đỉnh đối diện)

Bài 5.

Thể tích hình trụ: V S h rđ  2.h2 2 h16cm3

Suy ra chiều cao hình trụ: 162 4 

2



Vậy:

Diện tích xung quanh hình trụ: S XQ P hđ 2 r h 2.2 .4 16  cm2

r = 2cm