KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 5/6/2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) Bài I (3,0 điểm) Giải hệ phương trình phương trình sau: 3x  y  a/  2x  y  b/ x   x  5x  19   Cho phương trình x  mx   (m tham số) a/ Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm b/ Tìm m cho phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn Rút gọn biểu thức: A  7 1 257   x1 x 256  13  42 Bài II (2,0 điểm) Cho parabol  P  : y  x , đường thẳng  d1  : y   x  d2  : y  x  m  Vẽ đồ thị (P) (d1) hệ trục tọa độ Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm (P) (d1) Tìm giá trị tham số m, biết đường thẳng (d2) tiếp xúc với parabol (P) Bài III (1,5 điểm) Hai người xe đạp từ huyện A đến huyện B quãng đường dài 24 km, khởi hành lúc Vận tốc xe người thứ vận tốc xe người thứ hai km/h nên người thứ đến huyện B trước người thứ hai 24 phút Tính vận tốc người Bài IV (2,5 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn tâm O (B, C hai tiếp điểm) cát tuyến AEF cho điểm E nằm A, F (BE < EC) Chứng minh AB2 = AE.AF Gọi I trung điểm EF Chứng minh tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn Các đường thẳng AO, AF cắt BC H D Chứng minh AD.AI = AE.AF Bài V (1,0 điểm) Cho hình nón có đường sinh 17cm diện tích xung quanh 136 cm Tính bán kính đáy thể tích hình nón 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 GỢI Ý GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – NH 2019 – 2020 TIỀN GIANG Bài I Giải hệ phương trình phương trình: 3x  y  x  a/  có nghiệm  (HS tự giải)  2x  y  y  b/ x   x  5x  19   Phương trình (x2 – 4) = có hai nghiệm x1 = 2; x2 = −2; Phương trình x  5x  19  khơng có nghiệm Nên phương trình cho có hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −2 Phương trình x  mx   (m tham số) có: a = 1, b = m, c = a/   b  4ac  m  16 Để phương trình cho có nghiệm   ⇔ m2 – 16 ≥  m    m    m  m    m  4    ⇔ (m – 4)(m + 4) ≥ ⇔  m    m   m  4    m    m  4 Vậy: m ≥ m ≤ −4 phương trình cho có nghiệm b   x1  x   a  m b/ Theo Vi-ét:  x x  c   a x 42  x14 257 1 257    ⇔ x14 x 24 256  x1x  256 x12  x 22   x1  x   2x1 x    m   2.4  m  2 x14  x 42   x12  x 22    x1 x    m    2.42  m  2m  82  2.42  m  16m  32 x 42  x14  x1 x  2 257 m  16m  32 257  ⇔ ⇔ m  16m  225   256 256 Đặt m2 = t (Đk: t ≥ 0) phương trình trở thành: t  16t  225  Giải phương trình ta được: t1  25 (nhận); t  9 (loại) Với t = 25, ta có: m = m = −5 (thỏa điều kiện câu a) Vậy: với m = m = −5 1 257   x1 x 256 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang Rút gọn A    7 7 7  13  42   7  7  2 6  6 7  7  7 6    7  7 7  7   7  7 6 7 62 Vậy: A  Bài II  P  : y  x , đường thẳng  d1  : y   x  Cho parabol d2  : y  x  m  Vẽ đồ thị (P) (d1) hệ trục tọa độ (Hình vẽ) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d1) Phương trình hoành độ giao điểm: x  x   x  x   Giải phương trình được: x1 = suy y1 = giao điểm A(1; 1) B(-2;4) x2 = −2 suy y2 = giao điểm B(−2; 4) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) -6 -5 -4 -3 -2 -1 (d2): x  x  m  ⇔ x2 – x – m + = -1 -2 -3 y y = x2 A (1;1) O x y = - x+ có a = 1, b = −1, c = – m ;   b  4ac   1  4.1  m   4m  11 Vì (d2) tiếp xúc với (P) nên    4m  11   m  Vậy: m  11 11 Bài III Gọi x(km/h) vận tốc xe thứ (x > 3) x – 3(km/h) vận tốc xe thứ hai Theo đề bài, ta có phương trình: 24 24 24   ⇔ x2 – 3x – 180 = x  x 60 Giải phương trình x1 = 15 (thỏa); x2 = −12 (loại) Vậy: vận tốc xe thứ 15(km/h) xe thứ hai 12(km/h) Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang Bài IV Chứng minh AB2 = AE.AF Hai tam giác ABE AFB có: B   FAB  (góc chung) BAE   AFB  (cùng chắn cung EB) ABE E A F I D H O Nên: △ABE ∽ △AFB (g-g) ⇒ AB AF ⇒ AB2 = AE.AF  AE AB C 2.Chứng minh tứ giác ABOC, ABIO nội tiếp đường tròn   ACO   900 nên ABO   ACO   1800 ABOC nội tiếp + Tứ giác ABOC có ABO đường trịn   900 + Vì I trung điểm EF nên OI ⊥ EF (đl – dây EF không qua O) Suy ra: AIO   900 nên AIO nội tiếp đường trịn đường kính AO Vì AIO   900 nên ABO nội tiếp đường tròn đường kính AO ABO Suy ra: tứ giác ABIO nội tiếp đường trịn đường kính AO Chứng minh AD.AI = AE.AF + Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta dễ dàng suy ra: AO ⊥ BC H   IAO  (góc chung) + Hai tam giác IAO vuông I HAD vuông H có: HAD Nên △IAO ∽ △HAD (g-g) Suy ra: AI AO  AH AD Suy ra: AD.AI = AH.AO (1) + Tam giác ABO vng 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 Sxq   rl  136  cm  h  l2  r  17  82  15  cm  l =17cm h ⇒  r.17  136 Suy ra: r = 8(cm) r O 1 V   r h   82.15  320  cm3  3 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang ...GỢI Ý GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – NH 2019 – 2020 TIỀN GIANG Bài I Giải hệ phương trình phương trình: 3x  y  x  a/  có nghiệm... câu a) Vậy: với m = m = −5 1 257   x1 x 256 Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang Rút gọn A    7 7 7  13  42   7  7  2 6  6 7  7  7 6    7  7... vận tốc xe thứ 15(km/h) xe thứ hai 12(km/h) Nguyễn Thanh Sơn – THCS Mỹ Phong – TP Mỹ Tho – Tiền Giang Bài IV Chứng minh AB2 = AE.AF Hai tam giác ABE AFB có: B   FAB  (góc chung) BAE   AFB