2013 2014, toan 10 ptth - tien giang
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

2013 2014, toan 10 ptth - tien giang

on

  • 1,031 views

 

Statistics

Views

Total Views
1,031
Views on SlideShare
1,031
Embed Views
0

Actions

Likes
1
Downloads
21
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

2013 2014, toan 10 ptth - tien giang 2013 2014, toan 10 ptth - tien giang Document Transcript

  • UBND TỈNH TIỀN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề chính thức 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 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: a) x 2 − 2 7 x − 2 = 0 2 x + y = 5 b)  4 x − y = 7 c) 2 x 4 − 13 x 2 + 21 = 0 3 4 21 + − 2. Rút gọn biểu thức: A = 7 + 2 3− 7 7 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) Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, thể tích bằng 16π cm3 . 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. 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 1. a) Phương trình x 2 − 2 7 x − 2 = 0 có nghiệm: x1 = 7 − 3 ; x2 = 7 + 3 2 x + y = 5 b) Hệ phương trình  có nghiệm: (x; y) = (2; 1) 4 x − y = 7  7 7    ; − 3; 3  c) Phương trình 2 x 4 − 13 x 2 + 21 = 0 tập nghiệm là: S =  − ;  2 2    2. Rút gọn: ( 7 −2 3 7 +2 ) + 4 ( 3 + 7 ) − 21 2 7 −2 7 7 )( ) 7 −2 + ( 4 3+ 7 ) − 21 7 ) ( 3− 7) ( 3+ 7) ( 7) 2 = 7 −2+6+2 7 −3 7 = 4 Bài 2 2 1. a) Vẽ ( P ) : y = − x và ( d ) : y = 2 x − 3 (xem hình vẽ bên) b) Phương trình hoành độ của (P) và (d): − x2 = 2 x − 3 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 3 y 3 3 ( ( 2 1 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 2 Vì ∆/ = 1 > 0 nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m ≠ 0 . Vậy: Kết hợp cả hai trường hơp, ta thấy phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m . b) Với m ≠ 0 Theo định lý Vi-ét, ta có: 2 ( m + 1) x1 + x2 = 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 ⇔ 2 ( m + 1) = 0 ⇔ m = −1 (thỏa điều kiện m ≠ 0 ) -1 -1 O x 1 2 3 B(1; -1) -3 -4 -5 -6 + Khi x = 1 thì y = −1 ta được B(1; −1) ∆ / =  − ( m + 1)  − m ( m + 2 ) = m 2 + 2m + 1 − m 2 − 2m = 1   -2 -2 Vì có a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = −3 + Khi x = −3 thì y = −9 ta được A(−3; −9) 2 2. phương trình: mx − 2 ( m + 1) x + m + 2 = 0 (x là ẩn số, m là tham số thực) a) Ta có: + Nếu m = 0 , phương trình trên trở thành phương trình bậc nhất −2 x + 2 = 0 ⇔ x = 1 . Phương trình có một nghiệm duy nhất. + Nếu m ≠ 0 , ta có: -3 2x - = 3 y= 3 4 21 + − = 7 + 2 3− 7 7 A= -7 A(-3; -9) -8 -9 -10 -11 -12 -13 -14 -15 y = -x2 4
  •  x1 = 1 m = −1 thì phương trình trở thành: − x 2 + 1 = 0 ⇔ ( 1 − x ) ( 1 + x ) = 0 ⇔  Thử lại: Với  x2 = −1 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 km Gọi x (km/h) là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ A đến chỗ gặp nhau C thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi v1 từ B đến chỗ gặp nhau C là: 90 – x (km/h) A B (Điều kiện: x > 0 và 90 – x > x ⇒ 0 < x < 45) + Thời gian ô-tô thứ nhất tiếp tục đi từ C đến B: 90 − x ( h ) (90 – x cũng là độ dài quãng đường x BC) + Thời gian ô-tô thứ hai tiếp tục đi từ C đến A: x ( h ) (x cũng là độ dài quãng đường AC) 90 − x + Theo đề bài ta có phương trình: 90 − x x 27 − = ⇔ x 90 − x 60 9 2 ( 90 − x ) − x 2 = x ( 90 − x ) 20 9 ( 90 − x − x ) ( 90 − x + x ) = x ( 90 − x ) ⇔ ⇔ 20 9 ( 90 − 2 x ) .90 = 90 x − x 2 ⇔ ( 90 − 2 x ) .200 = 90 x − x 2 20 2 2 ⇔ 18000 − 400 x = 90 x − x ⇔ x − 490 x + 18000 = 0 ( v2 C ) ∆/ = (−245)2 – 18000 = 42025; ∆ / = 205 ; x1 = − ( −245 ) + 205 = 450 (loại); x2 = − ( −245 ) − 205 = 40 (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 · · Ta có: IAC + BAC = 180 (kề bù) M · Mà : BAC = 900 (gt) O · IAC = 900 . ⇒ E · Lại có: IOC = 900 (gt) Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn (A và O C A cùng nhìn IC dưới một góc 900) 2. Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA đồng dạng với tam giác BIC. I Hai tam giác BOI vuông tại O và BAC vuông tại A có: µ B là góc chung nên: ∆BOI ∽ ∆BAC (g-g) BO BI ⇒ BA = BC ⇒ BA.BI = BO.BC Từ đó, xét hai tam giác BAO và BCI có: BO BI µ = (cmt) nên: ∆BAO ∽ ∆BCI (c-g-c) B là góc chung; BA BC 3. Tính diện tích tam giác AMC. N
  • 1 Ta có: SAMC = SABC – SABM = S ABC − S ABO (Vì SABM = SAOM; M là trung điểm BO) 2 1 1 1  = S ABC − .  S ABC ÷ (Vì SABO = SACO = S ABC ; O là trung điểm của BC) 2 2 2  1 3 3 1 3 1 9 2 Vậy: S AMC = S ABC − S ABC = S ABC = . . AB. AC = . .3.4 = cm 4 4 4 2 4 2 2 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 µ ∆BMA ∽ ∆BEC (c-g-c) (Vì có B là góc chung; BA = BC ⇒ BA = BC ⇒ BA = BC , câu 2)) · · Suy ra: BAM = BCE · · · · Mặt khác, BCE = BNI (EC // IN vì EC 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 (Có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) Bài 5. 2 2 3 Thể tích hình trụ: V = Sđ .h = r π .h = 2 π .h = 16π cm ( Suy ra chiều cao hình trụ: h = 16π = 4 ( cm ) 22 π ( ) ) Vậy: 2 Diện tích xung quanh hình trụ: S XQ = Pđ .h = 2r.π .h = 2.2.π .4 = 16π cm ( ) r = 2cm