Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Tiền Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Tiền Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2019 – 2020 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: 5/6/2019 Bài I. (3,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x y 9 2 4 2 a/ b/ x 4 x 5x 19 0 2x y 1 2. Cho phương trình x2 mx 4 0 (m là tham số). a/ Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm. 1 1 257 b/ Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn 4 4 . x1 x2 256 1 3. Rút gọn biểu thức: A 13 2 42 . 7 6 Bài II. (2,0 điểm) 2 Cho parabol P : y x , các đường thẳng d1 : y x 2 và d2 : y x m 3 1. Vẽ đồ thị của (P) và (d1) trên cùng một hệ trục tọa độ. 2. Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d1). 3. Tìm giá trị của tham số m, biết đường thẳng (d2) tiếp xúc với parabol (P). Bài III. (1,5 điểm) Hai người đi xe đạp từ huyện A đến huyện B trên quãng đường dài 24 km, khởi hành cùng một lúc. Vận tốc xe của người thứ nhất hơn vận tốc xe của người thứ hai là 3 km/h nên người thứ nhất đến huyện B trước người thứ hai là 24 phút. Tính vận tốc của mỗi người. Bài IV. (2,5 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn tâm O (B, C là hai tiếp điểm) và cát tuyến AEF sao cho điểm E nằm giữa A, F (BE < EC). 1. Chứng minh AB2 = AE.AF. 2. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn. 3. Các đường thẳng AO, AF cắt BC lần lượt tại H và D. Chứng minh AD.AI = AE.AF. Bài V. (1,0 điểm) Cho hình nón có đường sinh bằng 17cm và diện tích xung quanh bằng 136 cm2 . Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón. 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 1
2. GỢI Ý GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – NH 2019 – 2020 TIỀN GIANG Bài I. 1. Giải hệ phương trình và phương trình: 3x y 9 x 2 a/ có nghiệm là (HS tự giải) 2x y 1 y 3 b/ x2 4 x4 5x2 19 0 2 4 2 Phương trình (x – 4) = 0 có hai nghiệm là x1 = 2; x2 = −2; Phương trình x 5x 19 0 không có nghiệm. Nên phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −2 2. Phương trình x2 mx 4 0 (m là tham số) có: a = 1, b = m, c = 4 2 2 a/ b 4ac m 16 . Để phương trình đã cho có nghiệm thì 0 ⇔ m 2 – 16 ≥ 0 m 4 0 m 4 m 4 0 m 4 m 4 ⇔ (m – 4)(m + 4) ≥ 0 ⇔ m 4 0 m 4 m 4 m 4 0 m 4 Vậy: m ≥ 4 hoặc m ≤ −4 thì phương trình đã cho có nghiệm. b x x m 1 2 a b/ Theo Vi-ét: c x x 4 1 2 a 4 4 1 1 257 x2 x1 257 ⇔ x4 x4 256 4 256 1 2 x1x2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 2x1x2 m 2.4 m 8 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 x1 x2 x1 x2 2 x1x2 m 8 2.4 m 2m .8 8 2.4 m 16m 32 4 4 4 2 x2 x1 257 m 16m 32 257 4 2 ⇔ ⇔ m 16m 225 0 4 256 44 256 x1x2 2 Đặt m2 = t (Đk: t ≥ 0) thì phương trình trên trở thành: t 16t 225 0 . Giải phương trình này ta được: t1 25 (nhận); t 2 9 (loại). Với t = 25, ta có: m = 5 hoặc m = −5 (thỏa điều kiện câu a) 1 1 257 Vậy: với m = 5 hoặc m = −5 thì 4 4 x1 x2 256 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 2
3. 1 3. Rút gọn A 13 2 42 7 6 1 2 2 1 2 7 2 7 6 6 7 6 7 6 7 6 1 1 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 6 2 7 Vậy: A 2 7 Bài II. 2 Cho parabol P : y x , các đường thẳng d1 : y x 2 và d2 : y x m 3 1. Vẽ đồ thị của (P) và (d1) trên cùng một hệ trục tọa độ (Hình vẽ) 2. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d1). y Phương trình hoành độ giao điểm: 9 8 x2 x 2 x2 x 2 0 7 6 Giải phương trình trên được: 5 2 B(-2;4) 4 y = x x1 = 1 suy ra y1 = 1 giao điểm A(1; 1) 3 x2 = −2 suy ra y2 = 4 giao điểm B(−2; 4) 2 1 A(1;1) x 3. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 7 -1 2 và (d2): x x m 3 -2 y = - x + 2 -3 ⇔ x2 – x – m + 3 = 0 -4 -5 2 2 -6 có a = 1, b = −1, c = 3 – m ; b 4ac 1 4.1 3 m 4m-7 11 -8 11 -9 Vì (d2) tiếp xúc với (P) nên 0 4m 11 0 m 4 11 Vậy: m 4 Bài III. Gọi x(km/h) là vận tốc của xe thứ nhất (x > 3) x – 3(km/h) là vận tốc của xe thứ hai 24 24 24 Theo đề bài, ta có phương trình: ⇔ x 2 – 3x – 180 = 0 x 3 x 60 Giải phương trình trên được x1 = 15 (thỏa); x2 = −12 (loại) Vậy: vận tốc của xe thứ nhất là 15(km/h) của xe thứ hai là 12(km/h) Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 3
4. Bài IV. B 1. Chứng minh AB2 = AE.AF. Hai tam giác ABE và AFB có: F I D B·AE F·AB (góc chung) E A·BE A· FB (cùng chắn cung EB) A H O Nên: △ABE ∽ △AFB (g-g) AB AF ⇒ ⇒ AB 2 = AE.AF AE AB C 2.Chứng minh các tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn. + Tứ giác ABOC có A·BO A·CO 900 nên A·BO A·CO 1800 do đó ABOC nội tiếp được đường tròn. · 0 + Vì I là trung điểm của EF nên OI ⊥ EF (đl – dây EF không qua O). Suy ra: AIO 90 Vì A· IO 900 nên AIO nội tiếp đường tròn đường kính AO A·BO 900 nên ABO nội tiếp đường tròn đường kính AO Suy ra: tứ giác ABIO nội tiếp đường tròn đường kính AO. 3. Chứng minh AD.AI = AE.AF. + Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta dễ dàng suy ra: AO ⊥ BC tại H + Hai tam giác IAO vuông tại I và HAD vuông tại H có: H·AD I·AO (góc chung) AI AO Nên △IAO ∽ △HAD (g-g). Suy ra: AH AD Suy ra: AD.AI = AH.AO (1) + Tam giác ABO vuông tại B có đường cao AH cho ta: AB2 = AH.AO (2) Mà: AB2 = AE.AF (câu a) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: AD.AI = AE.AF. Bài V. 2 Sxq rl 136 cm h l =17cm ⇒ r.17 136 . Suy ra: r = 8(cm) h l2 r2 172 82 15 cm r O 1 1 V r2h 82.15 320 cm3 3 3 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang 4