DeDA vao 10 Tien Giang 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH TIỀN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh Phúc. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày: 30-6-2013 Môn thi: TOÁN. Đề chính thức. 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: 2 a) x  2 7 x  2 0 2 x  y 5  b) 4 x  y 7 4 2 c) 2 x  13x  21 0. A. 3 4 21   7 2 3 7 7. 2. Rút gọn biểu thức: Bài 2: (3,0 điểm) 2 1. Cho Parabol (P): 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 2. Cho phương trình: mx  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) 3 Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, thể tích bằng 16 cm . 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..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 2 x  7  3 x2  7  3 1. a) Phương trình x  2 7 x  2 0 có nghiệm: 1 ;  2 x  y 5  b) Hệ phương trình  4 x  y 7 có nghiệm: (x; y) = (2; 1).  7 7  S   ; ;  3; 3  4 2  2 2  c) Phương trình 2 x  13x  21 0 tập nghiệm là: 2. Rút gọn: 3 4 21    7 2 3 7 7. A 3 . . 7 2 3. 3. . . 7 2. 7 2.   4  3  7   21 2. 7. 7 3. . . . 4 3 7. 7 2. . . . 21 7.  3 7  3 7   7. 2.  7  2  6  2 7  3 7 4 y. 2 1 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9. -8. -7. -6. -5. -4. -3. -2. -1. -1 -2. x. O 1. 2. 3. B(1; -1). 4. -3 -4 -5. y = -x2. -6 -7. A(-3; -9). -8 -9 -10 -11 -12 -13 -14 -15. Bài 2. 2.  P  : y  x và  d  : y 2 x  3 (xem hình vẽ bên) 1. a) Vẽ b) Phương trình hoành độ của (P) và (d)"  x 2 2 x  3 ⇔ x 2  2 x  3 0 Vì có a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 1 ; x2  3 + Khi x = 1 thì y = −1 ta được B(1; −1) + Khi x = −3 thì y = −9 ta được A(−3; −9) mx 2  2  m  1 x  m  2 0 2. phương trình: (x là ẩn số, m là tham số thực) a) Ta có: 2.  /    m  1   m  m  2  m 2  2m  1  m 2  2m 1 Vì / = 1 > 0 bất chấp m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lý Vi-ét, ta có:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x1  x2 . 2  m  1. m Theo đề, hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau nên: 2  m  1 x1  x2  0 m (với điều kiện m ≠ 0) 2  m  1 0 ⇔ ⇔ m = −1 (thỏa điều kiện m ≠ 0)  x1 1 2  1  x   1  x  0 ⇔  x2  1 Thử lại: Với m = −1 thì phương trình trở thành:  x  1 0 ⇔ 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 90 Gọi x (km/h) là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ A k đến chỗ gặp nhau C thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi v m từ B đến chỗ gặp nhau C là: 90 – x (km/h) 1 A (Điều kiện: x > 0 và 90 – x > x ⇒ 0 < x < 45) vC + Thời gian ô-tô thứ nhất tiếp tục đi từ C đến B: 2 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: x  h 90  x (x cũng là độ dài quãng đường AC) 90  x x 27 9 2    90  x   x 2  x  90  x  90  x 60 ⇔ 20 + Theo đề bài ta có phương trình: x 9 9  90  x  x   90  x  x   x  90  x   90  2 x  .90  90 x  x 2  90  2 x  .200 90 x  x 2 20 20 ⇔ ⇔ ⇔. . . 2 2 ⇔ 18000  400 x 90 x  x ⇔ x  490 x  18000 0 / x    245   205 450 x    245   205 40 / = (−245)2 – 18000 = 42025;  205 ; 1 (loại); 2 (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. B 0   IAC  BAC  180 Ta có: (kề bù) M BAC 900 O Mà : (gt) 0  IAC 90 . ⇒ E 0  IOC  90 Lại có: (gt) C Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn (A và O A 0 cùng nhìn IC dưới một góc 90 ) 2. Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam I 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) N BO BI  ⇒ BA BC ⇒ BA.BI = BO.BC Từ đó, xét hai tam giác BAO và BCI có:. B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> BO BI  B là góc chung; BA BC (cmt) nên: BAO ∽ BCI (c-g-c) 3. Tính diện tích tam giác AMC. 1 S ABC  S ABO 2 Ta có: SAMC = SABC – SABM = (Vì SABM = SAOM; M là trung điểm BO) 1 1  1 S ABC  .  S ABC  S 2 2  (Vì SABO = SACO = 2 ABC ; O là trung điểm của BC) = 1 3 3 1 3 1 9 S ABC  S ABC  . . AB. AC  . .3.4  cm 2 4 4 4 2 4 2 2 Vậy: 4. Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn. Gọi E là trung điểm của BI, ta suy ra: BO BI 2 BM 2 BE BM BE    B BC ⇒ BA BC , câu 2)) BMA ∽ BEC (c-g-c) (Vì có là góc chung; BA BC ⇒ BA   Suy ra: BAM BCE     Mặt khác, BCE BNI (EC // IN vì 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 (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) Bài 5. V Sđ .h r 2 .h 22  .h 16 cm3 Thể tích hình trụ: 16 h  2 4  cm  2 Suy ra chiều cao hình trụ: Vậy: S XQ Pđ .h 2r. .h 2.2. .4 16 cm2 Diện tích xung quanh hình trụ:. . S AMC S ABC . . . . R = 2cm. . .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>