SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2018-2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2018 Bài I (3,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A    12 2 Giải phương trình hệ phương trình sau: a/ x  x  20  3x  y  11 � b/ � 2x  y  � Cho phương trình x  2x   có hai nghiệm x1, x2 Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức: B  x12  x 22 ; C  x15  x 52 Bài II (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  m Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ m = 2 Định giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Tìm giá trị m để độ dài đoạn thẳng AB  Bài III (1,5 điểm) Hai bến sông A B cách 60km Một ca nô xuôi dòng từ A đến B ngược dòng từ B A Thời gian xi dòng thời gian ngược dòng 20 phút Tính vận tốc ngược dòng ca nơ, biết vận tốc xi dòng lớn vận tốc ngược dòng ca nơ 6km/h Bài IV (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), đường cao AF, BD CE cắt H Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn Chứng minh AE.AB = AD.AC � Chứng minh FH phân giác EFD �  FED � Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh DOC Bài V (1,0 điểm) Một hình trụ có diện tích xung quanh 256 cm2 bán kính đáy đường cao Tính bán kính đáy thể tích hình trụ HẾT -Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh: …………………………… NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 1/1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 10 NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN GIANG Bài I A     12   1         1 �x  (HS tự giải) a/ (Đs: x1  2; x  ) b/ (Đs: � ) �y  b � x  x   2 � � a Pt x  2x   có a = 1; b = −2; c = −5 � �x x  c  5 �1 a + B  x12  x 22   x1  x   2x1x  22   5   14 + Ta có:  x1  x   x12  x 22    x13  x 32   x1x 22  x x12   x13  x 32   x1x  x1  x    3 2 Suy ra: x1  x   x1  x  x1  x  x1x  x1  x   2.14   5   38  x12  x 22   x13  x32    x15  x52   x12 x32  x22 x13   x15  x52    x1x2   x1  x2  2 5 2 3 Suy ra: x1  x   x1  x   x1  x    x1x   x1  x   14.38   5   482 Vậy C  x15  x 52  482 Bài II 1/ Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ m = (HS tự vẽ) 2/ Định giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Pt hoành độ giao điểm (d) (P): x  x  m ⇔ x  2x  2m  a = 1; b = −2; c = −2m   b  4ac   2   4.1  2m    8m    2m  Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ∆ > ⇔ 4(1 + 2m) > ⇔ m >  3/ Tìm giá trị m để độ dài đoạn thẳng AB  � b      2m �x B  � �yB  m    2m � 2a Ta có: � ⇒� �x   b      2m �yA  m    2m A � 2a � AB   x B  x A    yB  yA   2  2m  2  2m     2m  NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 2/1 Theo đề bài: AB  ⇔   2m   ⇔   2m   72 ⇔  2m  ⇔ m  (thỏa điều kiện m >  ) Bài III Gọi x(km/h) vận tốc ngược dòng ca nô (x > 0) x + (km/h) vận tốc xi dòng ca nơ Theo đề bài, ta có phương trình: 60 60   ⇔ x  6x  1080  x x6 Giải phương trình nghiệm thỏa điều kiện x = 30 Vậy vận tốc ca nô ngược dòng 30(km/h) Bài IV Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên đường cao cắt điểm H nằm tam giác 1/ Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp A đường tròn �  900  gt  � BEC � Tứ giác BEDC có: � nên � BDC  90 gt   � � D E H nội tiếp đường tròn đường kính BC (tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc vng) 2/ Chứng minh AE.AB = AD.AC Vì tứ giác BEDC nội tiếp nên suy ra: �  ACB � (góc góc ngồi AED B F C O đỉnh đối diện) Hai tam giác AED ACB có: + góc A chung, �  ACB � (cmt) + AED Nên ∆AED ∽ ∆ACB ⇒ AE AD  AC AB ⇒ AE.AB = AD.AC � 3/ Chứng minh FH phân giác EFD �  BFH �  900  gt  nên tứ giác nội tiếp ⇒ � � (cùng chắn cung + Tứ giác EBFH có BEH EBH  EFH EH) (1) �  CDH �  900  gt  nên tứ giác nội tiếp ⇒ DFH �  DCH � + Tứ giác DCFH có CFH (cùng chắn cung EH) (2) �  DCH � + Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (cmt) nên có EBH (cùng chắn cung ED) (3) NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 3/1 �  DFH � , hay FH phân giác EFD � Từ (1), (2), (3) suy EFH �  FED � 4/ Gọi O trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh DOC �  AEC �  900  gt  nên tứ giác nội tiếp ⇒ CAF �  CEF � + Tứ giác AEFC có AFC (cùng chắn cung FC) (4) �  ADH �  900  gt  nên tứ giác nội tiếp ⇒ � � + Tứ giác AEHD có AEH (cùng chắn cung DAH  DEH DH) (5) �  FEH � � (6) Từ (4) (5) suy DEH hay EH phân giác DEF �  2.OBD � + Ta có: DOC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung DC) �  FBH �  FEH �  FED � Mà OBD (cùng chắn cung FH) (7) �  FED � (đpcm) Từ (6) (7) suy DOC Bài V Theo đề 2 r.h  256 ⇒ r.h  128 � r  cm  � Vì r  h nên suy 2r  128 Từ đó: � h  16  cm  �  V  S.h  r  16  82. 16  1024 cm  NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang 4/1 ... GIẢI ĐỀ THI TS 10 NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN GIANG Bài I A     12   1         1 �x  (HS tự giải) a/ (Đs: x1  2; x  ) b/ (Đs: � ) �y  b � x  x   2 � � a Pt x  2x   có a... � 2a Ta có: � ⇒� �x   b      2m �yA  m    2m A � 2a � AB   x B  x A    yB  yA   2  2m  2  2m     2m  NGUYỄN THANH SƠN – THCS MỸ PHONG – TP MỸ THO – TIỀN GIANG Trang... Theo đề bài: AB  ⇔   2m   ⇔   2m   72 ⇔  2m  ⇔ m  (thỏa điều kiện m >  ) Bài III Gọi x(km/h) vận tốc ngược dòng ca nơ (x > 0) x + (km/h) vận tốc xi dòng ca nơ Theo đề bài, ta có phương