050 toán vào 10 chuyên tiền giang 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH TIỀN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN TIN
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 06/6/2018


Bài I (3 điểm):
5
A  29  12 5 
5 2 5 .
1. Rút gọn biểu thức
2. Giải phương trình

10

 x  2  x  4

 3 x 2  6 x  21

.

�
2 x  xy  y  3 y  2
�2

x  y2  3
3. Giải hệ phương trình �
.
Bài II (3 điểm):
1
 P  : y  x2
4 và đường thẳng  d  : x  2 y  12  0 .
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol
 d  và  P  .
a) Tìm tọa độ giao điểm A và B của
 P  sao cho tam giác ABC vuông tại C.
b) Tìm tọa độ điểm C nằm trên
4
4
2
2. Giả sử x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình x  2mx  4  0 . Xác định m để x1  x2 �32 .
Bài III (1 điểm):
1
Hai máy cày cùng làm việc trong 12 giờ thì cày được 10 khu đất. Nếu máy cày thứ nhất làm một mình trong 42
2

2

giờ rồi nghỉ và sau đó máy cày thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy cày được 25% khu đất. Hỏi
nếu làm một mình thì mỗi máy cày trong bao lâu?
Bài IV (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2 R và điểm C nằm trên đường tròn sao cho CA  CB . Gọi I là trung
điểm của OA . Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I , cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P ; AM cắt

 O  tại điểm thứ hai K.

đường tròn
a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh 3 điểm B, P, K thẳng hàng.

 O  cắt nhau tại Q . Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R biết
c) Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn
BC  R .

Hết
Giải
Bài I:
1.

A  29  12 5 

5
5
 20  2.2 5.3  9 

52 5
52 5

2

5 3



2



5



5
52


Trang 1


 2 5 35 2 5  2
2.

10

 x  2  x  4

 3 x 2  6 x  21

 x  2   x  4  �0 �
�
 x  2   x  4  �0
 x  2   x  4  �0 �
�
�
�
�

��
� 2
� 2
3  x  2 x  8  3
3  x  2   x  4   3 �0
3 x  6 x  21 �0
�
�
�

Điều kiện xác định
�
��
 x2  x 4  0

x

4

hoặc x �2 .
10  x  2   x  4   3 x 2  6 x  21 � 10  x  2   x  4   3  x  2   x  4   3

.

t 3
�
�
10t  3t  3 � 3t  10t  3  0 �
1
�

t

t   x  2   x  4  , t �0
� 3 .
Đặt
. Phương trình trở thành
�
x  1  3 2  n 
t  3 �  x  2  x  4  3 � x2  2x  8  9 � �
�
x  1  3 2  n 
�
+
.
2

2

� 3  82
x
 n
�
1
1
1
3
2
t  �  x  2  x  4  � x  2 x  8  � �
3
3

9
� 3  82
x
 n
�
3
�
+
.
2
2
�
�2 x  xy  y  3 y  2  1
�2
x  y2  3
 2
�
3.
y 2  y  x  3  2  2 x 2  0
Từ (1) ta có
. Ta xem là phương trình bậc hai theo biến y (x là tham số).
2
2
2
2
   x  3  4  2  2 x   x  6 x  9  8  8 x 2  9 x 2  6 x  1   3 x  1 �0
.
x  3  3x  1
x  3  3x  1
y

 2x  2
y
 x 1
2
2
Suy ra phương trình có 2 nghiệm là
và
.
+ Nếu y  2 x  2 . Thay vào phương trình (2) ta được
x 2   2 x  2   3 � x 2  4 x 2  8 x  4  3 � 3 x 2  8 x  7  0
2

(phương trình vô nghiệm).
y


x

1
+ Nếu
. Thay vào phương trình (2) ta được
2
2
x    x  1  3 � 2 x  1  3 � x  2 � y  1
.
S    2; 1 
Vậy tập nghiệm
.
Bài II:
1.

1
 d : y  x6
2
a) Ta có
.
x 6� y 9
�
1 2 1
x  x6 � �
x  4 � y  4 .
2
�
Phương trình hoành độ giao điểm 4
Vậy 2 giao điểm
b)
Cách 1.

A  6;9  , B  4; 4 

.

Trang 2


� 1 2�
C�
c; c �
� P 
4 �
c �6, c �4 là điểm cần tìm.

�
Gọi
2
2
�1 2
� 1 4 7 2
2
AC   c  6   � c  9 � c  c  12c  117
2
2
�4
� 16
Ta có AB  125 ;
;
2
2
�1
� 1
BC 2   c  4   � c 2  4 � c 4  c 2  8c  32
�4
� 16
.
2
2
2
Tam giác ABC vuông tại C khi và chỉ khi AB  AC  BC
1
7
1
� 125  c 4  c 2  12c  117  c 4  c 2  8c  32

16
2
16
1
9
1
1
1
1
� c 4  c 2  4c  24  0 � c 4  c 3  c 3  c 2  4c 2  8c  12c  24  0
8
2
8
4
4
2
1
1
� c 3  c  2   c 2  c  2   4  c  2   12  c  2   0
8
4
1
�1
�
�  c  2  � c3  c 2  4c  12 � 0
4
�8
�
c2 0
�

�
� 1 3 1 2
� c  c  4c  12  0
8
4
�
�
c  2  n
�
��
c  4  l 
�
c  6  l
�
.
C  2;1
Vậy
là điểm thỏa đề bài.
Cách 2:
� 1 2�
C�
c; c �
� P 
4 �
c �6, c �4 .
�
Gọi
� 13 �
M�
1; �

2�
�
Ta gọi M là trung điểm của AB, suy ra
.

MC 

Ta có ABC vuông tại C nên
2
2
�1 2 13 � 125
 c  1  � c  �
2� 4 .
�4
Suy ra

1
5 5
AB 
2
2 (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

1 4 9 2
1
1
1
1
c  c  2c  12  0 � c 4  c3  c3  c 2  2c 2  4c  6c  12  0
16
4

16
8
8
4
1
1
� c 3  c  2   c 2  c  2   2c  c  2   6  c  2   0
16
8
x  2  n
�
�
�1 3 1 2
�
�  c  2  � c  c  2c  6 � 0 � �
x  6  l
16
8
�
�
�
x  4  l 
�
�

Trang 3


C  2;1
Vậy điểm

là điểm thỏa đề bài.
2.
2
Ta có  '  m  4 .
0 �۳m 2 4 0
m 2
Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 �'�
hoặc m �2 .
b
c
S  x1  x2    2m ; P  x1.x2   4
a
a
Theo định lý viet ta có
.

x14  x2 4 �32 �  x12  x2 2   2 x12 x2 2 �32 �  S 2  2 P   2 P 2 �32 � S 4  4S 2 P  2 P 2 �32
2

2

� 16m 4  16m 2 .4  2.42 �32 � 16m 4  64m 2  32 �32 � m2  m 2  4  �0
� 2 �m �2
Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta có m  2 hoặc m  2 .
Bài III:
Gọi x (giờ) là thời gian máy cày 1 làm một mình xong khu đất.

y (giờ) là thời gian máy cày 2 làm một mình xong khu đất. Điều kiện x, y  12 .
1
1

Mỗi giờ máy 1 và máy 2 làm được tương ứng là x và y khu đất.
12 12 1
1
 
y 10 .
Do 2 máy cùng cáy trong 12 giờ thì được 10 khu đất nên ta có phương trình x
1
25% 
4 khu đất nên ta có
Nếu máy 1 làm một mình 42 giờ và máy 2 làm một mình 22 giờ thì làm được
42 22 1


y 4.
phương trình x

12 12 1
�
1
�1

�x  y  10
�
�x  300
�
�x 300
��
��
�
�y  200

�42  22  1
�1  1
�
�y 200
y 4
Suy ra �x
.
Vậy máy 1 làm một mình trong 300 giờ thì xong khu đất. Máy 2 làm một mình trong 200 giờ thì xong khu đất.
Bài IV:

Trang 4


a) Xét tứ giác BCPI có:
�
ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
�
Và PIB  90 (giả thiết)
Suy ra tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn đường kính BP .
b) Xét tam giác MAB có:
MI  AB và AC  MB , suy ra MI , AC là 2 đường cao. Mà P là giao điểm của MI , AC . Nên P là trực tâm
tam giác MAB .
0
�
Ta lại có BKA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Nên BK  MA � BK là đường cao thứ 3 trong tam giác MAB . Do đó BK đi qua điểm P hay B, P, K thẳng
hàng.
c)
Ta có AQ / / MI (do cùng vuông góc với AB) nên QAIM là hình thang vuông.

ABC  600 .
BC  R nên OBC đều. Do đó �
�  QCA
� �
 O  nên QAC
ABC  600 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và
Ta có QA, QC là 2 tiếp tuyến của
dây cung cùng chắn 1 cung).
Do đó QAC đều.
Trang 5


ABC vuông tại C có AC 

AB 2  BC 2 

 2R 

2

 R 2  R 3 � QA  R 3

.
1
3
AI  R
BI  R
2 và
2 .
Ta có I là trung điểm của bán kính OA nên

3
3R 3
MI  BI .tan ABC  R. tan 600 
2
2 .
Xét tam giác MIB vuông tại I có:
�
3R 3 �1
. R
�R 3 
�
2 �2
QA  IM  . AI �

5R 2 3
SQAIM 


2
2
8 .
Vậy diện tích hình thang vuông QAIM là:

Trang 6