Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh tiền giang năm học 2018 2019 có đáp án

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
Môn thi: TOÁN
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 A  4  2 3 

1
12 .
2

2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a/ x 4  x 2  20  0

3x  y  11
�
b/ �
2x  y  9
�

3. Cho phương trình x 2  2x  5  0 có hai nghiệm x1, x2. Không giải phương trình, hãy tính
giá trị của các biểu thức: B  x12  x 22 ; C  x15  x 52 .
Bài II. (2,0 điểm)

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

1 2
x và đường thẳng  d  : y  x  m .
2

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 60km. 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 đi 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 6km/h.
Bài IV. (2,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn.
2. Chứng minh AE.AB = AD.AC.
� .
3. Chứng minh FH là phân giác của EFD
�  FED
� .
4. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh DOC
Bài V. (1,0 điểm)
Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256 cm2 và bán kính đáy bằng

1
đường cao. Tính
2

bán kính đáy và thể tích của hình trụ.

------------------------------------------------------------ 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. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………….. Số báo danh: ……………………………

NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG

Trang 1/1


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 10
NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN GIANG
Bài I
1. A  4  2 3 



1
12 
2



3 1

2

1
 .2 3 
2

3  1  3  3  1  3  1

�x  4
2. (HS tự giải) a/ (Đs: x1  2; x 2  2 ) b/ (Đs: �
)
�y  1
b
�
x

x


2
1
2
�
�
a
3. Pt x 2  2x  5  0 có a = 1; b = −2; c = −5 �
�x .x  c  5
�1 2 a
+ B  x12  x 22   x1  x 2   2x1x 2  22  2.  5   14
2

+ Ta có:

 x1  x 2   x12  x 22    x13  x 32   x1x 22  x 2 x12   x13  x 32   x1x 2  x1  x 2 





3
3
2
2
Suy ra: x1  x 2   x1  x 2  x1  x 2  x1x 2  x1  x 2   2.14   5  .2  38

 x12  x 22   x13  x32    x15  x52   x12 x32  x22 x13   x15  x52    x1x2  2 .  x1  x2 
2
2
5
5
2
2
3
3
Suy ra: x1  x 2   x1  x 2   x1  x 2    x1x 2  .  x1  x 2   14.38   5  .2  482
Vậy C  x15  x 52  482
Bài II.
1/. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ khi m = 2. (HS tự vẽ)
2/. Định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.
Pt hoành độ giao điểm giữa (d) và (P):

1 2
x  x  m ⇔ x 2  2x  2m  0
2

a = 1; b = −2; c = −2m

  b 2  4ac   2   4.1.  2m   4  8m  4  1  2m 
2

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ 4(1 + 2m) > 0 ⇔ m > 

1
2

3/. Tìm giá trị của m để độ dài đoạn thẳng AB  6 2 .
�
b  
 1  1  2m
�x B 
�
�yB  m  1  1  2m
�
2a
Ta có: �
⇒�
�x   b    1  1  2m
�yA  m  1  1  2m
A
�
2a
�
AB 

 x B  x A  2   yB  yA  2



2

1  2m

 2
2

1  2m



2

 8  1  2m 

NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG

Trang 2/1


Theo đề bài: AB  6 2 ⇔

8  1  2m   6 2 ⇔ 8  1  2m   72 ⇔ 1  2m  9

1
⇔ m  4 (thỏa điều kiện m >  )
2
Bài III.
Gọi x(km/h) là vận tốc ngược dòng của ca nô (x > 0)

x + 6 (km/h) là vận tốc xuôi dòng của ca nô
Theo đề bài, ta có phương trình:
60
60
1

 ⇔ x 2  6x  1080  0
x x6 3
Giải phương trình trên được nghiệm thỏa điều kiện là x = 30
Vậy vận tốc ca nô khi ngược dòng là 30(km/h)
Bài IV. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam
giác đó.
1/. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp
A
trong một đường tròn.
�  900  gt 
�
BEC
�
Tứ giác BEDC có: �
nên
0
�
BDC

90
gt


�

�

D
E
H

nội tiếp được trong đường tròn đường kính
BC (tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh
dưới một góc vuông).
2/. Chứng minh AE.AB = AD.AC.
Vì tứ giác BEDC nội tiếp nên suy ra:
�  ACB
�
(góc trong bằng góc ngoài tại
AED

B

F

C

O

đỉnh đối diện)
Hai tam giác AED và ACB có:
+ góc A chung,
�  ACB
� (cmt)
+ AED

Nên ∆AED ∽ ∆ACB ⇒

AE AD

AC AB

⇒ AE.AB = AD.AC.
� .
3/. Chứng minh FH là phân giác của EFD
�  BFH
�  900  gt  nên là tứ giác nội tiếp ⇒ �
� (cùng chắn cung
+ Tứ giác EBFH có BEH
EBH  EFH
EH). (1)
�  CDH
�  900  gt  nên là tứ giác nội tiếp ⇒ DFH
�  DCH
�
+ Tứ giác DCFH có CFH
(cùng chắn
cung EH). (2)
�  DCH
�
+ Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (cmt) nên có EBH
(cùng chắn cung ED) (3)
NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG

Trang 3/1

�  DFH
� , hay FH là phân giác của EFD
� .
Từ (1), (2), (3) suy ra EFH
�  FED
� .
4/. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh DOC
�  AEC
�  900  gt  nên là tứ giác nội tiếp ⇒ CAF
�  CEF
�
+ Tứ giác AEFC có AFC
(cùng chắn cung

FC) (4)
�  ADH
�  900  gt  nên là tứ giác nội tiếp ⇒ �
�
+ Tứ giác AEHD có AEH
(cùng chắn cung
DAH  DEH

DH) (5)
�  FEH
�
� (6)
Từ (4) và (5) suy ra DEH
hay EH là phân giác của DEF
�  2.OBD

�
+ Ta có: DOC
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DC)
�  FBH
�  FEH
�  1 FED
�
Mà OBD
(cùng chắn cung FH) (7)
2

�  FED
� (đpcm)
Từ (6) và (7) suy ra DOC
Bài V. Theo đề bài 2 r.h  256 ⇒ r.h  128
�
r 8  cm 
�
1
Vì r  h nên suy ra 2r 2  128 . Từ đó: �
h  16  cm 
2
�



V  S.h  r 2 . .16  82. .16  1024 cm 3



NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG

Trang 4/1