đề thi Toán - TS 10 Tiền Giang 2013-2014

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)
2
2 7 2 0x x− − =

b)
2 5
4 7
x y
x y
+ =


− =

c)
4 2
2 13 21 0x x− + =
2. Rút gọn biểu thức:
3 4 21
7 2 3 7 7
A = + −
+ −

Bài 2: (3,0 điểm)
1. Cho Parabol (P):
2
y x= −
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:
( )
2
2 1 2 0mx m x m− + + + =
(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
3
16 cm
π
. Tính diện tích
xung quanh của hình trụ đã cho.
Đề chính thức
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
1. a) Phương trình
2
2 7 2 0x x− − =
có 2 nghiệm:
1
7 3x = −
;
2
7 3x = +
b) Hệ phương trình
2 5
4 7
x y
x y
+ =


− =

có 1 nghiệm: (x; y) = (2; 1)

c) Phương trình
4 2
2 13 21 0x x− + =
có tập nghiệm là:
7 7
; ; 3; 3
2 2
S
 
 
= − −
 
 
 
2. Rút gọn:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2
3 7 2 4 3 7
3 4 21 21 7
7 2 3 7 7
7 2 7 2 3 7 3 7
7
A
− +
= + − = + −
+ −

+ − − +

( ) ( )
3 7 2 4 3 7
21 7
7 2 6 2 7 3 7 4
3 2 7
− +
= + − = − + + − =
Bài 2
1. a) Vẽ
( )
2
:P y x= −
và
( )
: 2 3d y x= −
(xem hình vẽ
bên)
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của
phương trình:

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

1x =
;
2
3x = −
Khi
( )
1
1 1 1 1; 1
B B
x x y B= ⇒ = ⇒ = − ⇒ −
Khi
( )
2
3 3 9 3; 9
A A
x x y A= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ − −

2. Phương trình:
( )
2
2 1 2 0mx m x m− + + + =
(x là ẩn số, m
là tham số thực)
a) Ta có:
( ) ( )
2
/ 2 2
1 2 2 1 2 1m m m m m m m
 
∆ = − + − + = + + − − =

 
Vì ∆
/
= 1 > 0 với
∀
m nên phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m.
b) Theo định lý Vi-ét, ta có:

( )
1 2
2 1m
x x
m
+
+ =
Hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau
⇔

( )
1 2
2 1
0
m
x x
m
+
+ = =
(với điều kiện m ≠ 0)
⇔
( )

2 1 0m + =
⇔ m = −1 (Thỏa mãn điều kiện m ≠ 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
y

=

2
x

-

3
Thử lại: Với m = −1 thì phương trình trở thành:
2
1 0x− + =
⇔
( ) ( )
1 1 0x x− + =
⇔
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
90 60
x x
x x
−
− =

−
⇔
( ) ( )
2
2
9
90 90
20
x x x x− − = −
⇔
( ) ( ) ( )
9
90 90 90
20
x x x x x x− − − + = −
⇔
( )
( )
2
9
90 2 .90 90
20
x x x− = −
⇔
( )
2
90 2 .200 90x x x− = −
⇔
2
18000 400 90x x x− = −

⇔
2
490 18000 0x x− + =
∆
/
= (−245)
2
– 18000 = 42025;
/
205∆ =
;
( )
1
245 205 450x = − − + =
(loại);
( )
2
245 205 40x = − − − =
(TM)
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:
·
·
0
180IAC BAC+ =

(kề
bù)
E
N
M
I
O
C
B
A
v
2
v
1
90 km
C
B
A
Mà :
·
0
90BAC =
(gt)
⇒
·
0
90IAC =
.
Lại có:
·

0
90IOC =
(gt)
Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn (A và O cùng nhìn IC dưới một góc 90
0
)
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:
µ
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:
µ
B
là góc chung;
BO BI
BA BC
=
(cmt) nên: ∆BAO ∽ ∆BCI (c-g-c)
3. Tính diện tích tam giác AMC.
Ta có: S
AMC
= S
ABC

– S
ABM
=
1
2
ABC ABO
S S−
(Vì S
ABM
= S
AOM
; M là trung điểm BO)
=
1 1
.
2 2
ABC ABC
S S
 
−
 ÷
 
(Vì S
ABO
= S
ACO
=
1
2
ABC

S
; O là trung
điểm của BC)
Vậy:
( )
2
1 3 3 1 3 1 9
. . . . .3.4
4 4 4 2 4 2 2
AMC ABC ABC ABC
S S S S AB AC cm= − = = = =
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
µ
B
là góc chung;
BO BI
BA BC
=
⇒
2 2BM BE
BA BC
=
⇒
BM BE
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:
( )
2 2 3
. . 2 . 16V S h r h h cm
π π π
= = = =

đ
Suy ra chiều cao hình trụ:
( )
2
16
4
2
h cm
π
π
= =
Vậy:
Diện tích xung quanh hình trụ:
( )
2
. 2 . . 2.2. .4 16
XQ
S P h r h cm
π π π
= = = =
đ


r = 2cm
r = 2cm