De va DA Toan vao 10 Tien Giang 2013

  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.[r]

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)

x y

x y

 





 



c) 2 x4  13 x2  21 0 

2 Rút gọn biểu thức:

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.

- Hết

-* Ghi chú: Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép nhưng các

kết quả tính toán phải ra số đúng

Đề chính thức

Họ và 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

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

b) Hệ phương trình

x y

x y

 





 

 có nghiệm: (x; y) = (2; 1)

c) Phương trình 2x413x221 0 tập nghiệm là:

7 7

; ; 3; 3

2 2

S    

2 Rút gọn:

7 2 3 7 7 7 2 7 2 3 7 3 7 7

3 7 2 4 3 7 21 7

7 2 6 2 7 3 7 4

-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

Bài 2

1 a) Vẽ  P y: x2

và  d :y2x 3

(xem hình vẽ bên) b) Phương trình hoành độ của (P) và (d):

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 x = 1 thì y = −1 ta được B(1; −1)

+ Khi x = −3 thì y = −9 ta được 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:

+ Nếu m 0, phương trình trên trở thành phương trình bậc nhất 2x 2 0 ⇔ x 1 Phương trình có một nghiệm duy nhất

+ Nếu m 0, ta có:

/  m 1  m m 2 m2 2m 1 m2 2m 1

            

Vì / = 1 > 0 nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0.

Vậy: Kết hợp cả hai trường hơp, ta thấy phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m

b) Với m 0Theo định lý Vi-ét, ta có:

1 2

2 m 1

m



 

Theo đề, hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau nên:

1 2

2 1

0

m

m



⇔ 2m  1 0 ⇔ m = −1 (thỏa điều kiện m 0)

Thử lại: Với m 1thì 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 (km/h) là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ A

đến chỗ gặp nhau C thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi

từ B đến chỗ gặp nhau C là: 90 – x (km/h)

(Điều kiện: x > 0 và 90 – x > x ⇒ 0 < x < 45)

+ 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 60



 ⇔ 90 2 2 9 90 

20

20

90 2 90 90

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); x  2  245 205 40

(thỏa)

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)

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)

E

N

M

I

O

C

B

A

v 2

v 1

90 k m

A

⇒

BA BC ⇒ BA.BI = BO.BC

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

B là góc chung;

BA BC (cmt) nên: BAO ∽ BCI (c-g-c)

3 Tính diện tích tam giác AMC.

Ta có: SAMC = SABC – SABM =

1 2

(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)

.3.4

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;

BA BC ⇒

2BM 2BE

BA  BC ⇒

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