Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Tiền Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Tiền Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2018 Bài I. (3,0 điểm) 1 1. Tính giá trị của biểu thức A 4 2 3 12 . 2 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: 4 2 3x y 11 a/ x x 20 0 b/ 2x y 9 2 3. Cho phương trình x 2x 5 0 có hai nghiệm x 1, x2. Không giải phương trình, hãy 2 2 5 5 tính giá trị của các biểu thức: B x1 x2 ; C x1 x2 . Bài II. (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P : y x2 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 E· FD . 4. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh D· OC F· ED . Bài V. (1,0 điểm) 1 Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256 cm 2 và bán kính đáy bằng đường cao. 2 Tính 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
2. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 10 NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN GIANG Bài I 1 2 1 1. A 4 2 3 12 3 1 .2 3 3 1 3 3 1 3 1 2 2 x 4 2. (HS tự giải) a/ (Đs: x1 2; x2 2 ) b/ (Đs: ) y 1 b x1 x2 2 2 a 3. Pt x 2x 5 0 có a = 1; b = −2; c = −5 c x .x 5 1 2 a 2 2 2 2 + B x1 x2 x1 x2 2x1x2 2 2. 5 14 + Ta có: 2 2 3 3 2 2 3 3 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 x2x1 x1 x2 x1x2 x1 x2 3 3 2 2 Suy ra: x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 x1 x2 2.14 5 .2 38 2 2 3 3 5 5 2 3 2 3 5 5 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x2x1 x1 x2 x1x2 . x1 x2 5 5 2 2 3 3 2 2 Suy ra: x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 . x1 x2 14.38 5 .2 482 5 5 Vậy C x1 x2 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. 1 2 2 Pt hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): x x m ⇔ x 2x 2m 0 2 a = 1; b = −2; c = −2m b2 4ac 2 2 4.1. 2m 4 8m 4 1 2m 1 Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ 4(1 + 2m) > 0 ⇔ m > 2 3/. Tìm giá trị của m để độ dài đoạn thẳng AB 6 2 . b xB 1 1 2m 2a yB m 1 1 2m Ta có: ⇒ b y m 1 1 2m x 1 1 2m A A 2a NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 2/1
3. 2 2 2 2 AB xB xA yB yA 2 1 2m 2 1 2m 8 1 2m 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 2 ⇔ x 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. · 0 D BEC 90 gt Tứ giác BEDC có: nên · 0 BDC 90 gt 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: B F O C A· ED A· CB (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) Hai tam giác AED và ACB có: + góc A chung, +A· ED A· CB (cmt) AE AD Nên ∆AED ∽ ∆ACB ⇒ AC AB ⇒ AE.AB = AD.AC. 3/. Chứng minh FH là phân giác của E· FD . · · 0 · · + Tứ giác EBFH có BEH BFH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ EBH EFH (cùng chắn cung EH). (1) NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 3/1
4. · · 0 · · + Tứ giác DCFH có CFH CDH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ DFH DCH (cùng chắn cung EH). (2) + Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (cmt) nên có E· BH D· CH (cùng chắn cung ED) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra E· FH D· FH , hay FH là phân giác của E· FD . 4/. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh D· OC F· ED . 0 + Tứ giác AEFC có A· FC A· EC 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ C· AF C· EF (cùng chắn cung FC) (4) 0 + Tứ giác AEHD có A· EH A· DH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ D· AH D· EH (cùng chắn cung DH) (5) Từ (4) và (5) suy ra D· EH F· EH hay EH là phân giác của D· EF (6) + Ta có: D· OC 2.·OBD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DC) 1 Mà O· BD F· BH F· EH F· ED (cùng chắn cung FH) (7) 2 Từ (6) và (7) suy ra D· OC F· ED (đpcm) Bài V. Theo đề bài 2 r.h 256 ⇒ r.h 128 1 2 r 8 cm Vì r h nên suy ra 2r 128 . Từ đó: 2 h 16 cm V S.h r2. .16 82. .16 1024 cm3 NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 4/1