Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2013 môn thi: Toán

UBND TỈNH TIỀN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh Phúc. Đề chính thức 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) b) c) 2. Rút gọn biểu thức: Bài 2: (3,0 điểm) 1. Cho Parabol (P): 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. Cho phương trình: (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. Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn. Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA đồng dạng với tam giác BIC. Tính diện tích tam giác AMC. 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 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ đã cho. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 1. a) Phương trình có 2 nghiệm: ; b) Hệ phương trình có 1 nghiệm: (x; y) = (2; 1) c) Phương trình có tập nghiệm là: 2. Rút gọn: Bài 2 1. a) Vẽ và (xem hình vẽ bên) b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: ⇔ Vì có a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 nên phương trình có hai nghiệm: ; Khi Khi 2. Phương trình: (x là ẩn số, m là tham số thực) a) Ta có: Vì D/ = 1 > 0 vớim nên phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m. b) Theo định lý Vi-ét, ta có: Hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau (với điều kiện m ≠ 0) ⇔ ⇔ m = −1 (Thỏa mãn điều kiện m ≠ 0) Thử lại: Với m = −1 thì phương trình trở thành: ⇔ ⇔ Vậy: Với m = −1 thì phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau. v2 v1 90 km C B A Bài 3 Gọi x là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ A đến chỗ gặp nhau C (km/h) ;( 0 < x < 45) thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi từ B đến chỗ gặp nhau C là: 90 – x (km/h) + Thời gian ô-tô thứ nhất tiếp tục đi từ C đến B: (90 – x cũng là độ dài quãng đường BC) + Thời gian ô-tô thứ hai tiếp tục đi từ C đến A: (x cũng là độ dài quãng đường AC) + Theo đề bài ta có phương trình: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ D/ = (−245)2 – 18000 = 42025; ; (loại); (TM) 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 E N M I O C B A 1. Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn. Ta có: (kề bù) Mà : (gt) ⇒ . Lại có: (gt) Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn (A và O 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. Hai tam giác BOI vuông tại O và BAC vuông tại A có: là góc chung nên: DBOI ∽ DBAC (g-g) ⇒ ⇒ BA.BI = BO.BC Từ đó, xét hai tam giác BAO và BCI có: là góc chung; (cmt) nên: DBAO ∽ DBCI (c-g-c) 3. Tính diện tích tam giác AMC. Ta có: SAMC = SABC – SABM = (Vì SABM = SAOM; M là trung điểm BO) = (Vì SABO = SACO = ; O là trung điểm của BC) Vậy: 4. Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn. Gọi E là trung điểm của BI, ta suy ra: DBMA ∽ DBEC (c-g-c) (Vì có là góc chung; ⇒ ⇒ , câu 2)) Suy ra: Mặt khác, (EC // IN vì EC là đường trung bình tam giác BIN; đồng vị) Suy ra: . Tứ giác AINM có (cmt) nên nội tiếp được đường tròn (Có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) r = 2cm Bài 5. Thể tích hình trụ: Suy ra chiều cao hình trụ: Vậy: Diện tích xung quanh hình trụ: