74. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Tiền Giang năm học 2018-2019 (chuyên)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (395 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trang 1
TỈNH TIỀN GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Năm học 2018-2019 
Mơn thi: TỐN CHUN TIN 
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi: 06/6/2018


Bài I (3 điểm):

1. Rút gọn biểu thức 29 12 5 5
5 2 5

A  

 .

2. Giải phương trình 10



x2



x4



3x26x21.

3. Giải hệ phương trình

2 2

2 3 2

x xy y y
x y

    




 

 .

Bài II (3 điểm):

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol

 

: 1 2
4

P y x và đường thẳng

 

d :x2y120.
a) Tìm tọa độ giao điểm A và B của

 

d và

 

P .

b) Tìm tọa độ điểm C nằm trên

 

P sao cho tam giác ABC vuông tại C.

2. Giả sử x x là 2 nghiệm của phương trình 1, 2 x22mx 4 0. Xác định m để 4 4

1 2 32

x x  .

Bài III (1 điểm):

Hai máy cày cùng làm việc trong 12 giờ thì cày được 1

10 khu đất. Nếu máy cày thứ nhất làm một mình trong 42
giờ rồi nghỉ và sau đó máy cày thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy cày được 25% khu đất. Hỏi
nếu làm một mình thì mỗi máy cày trong bao lâu?

Bài IV (3 điểm):

Cho đường trịn tâm O đường kính AB2R và điểm C nằm trên đường tròn sao cho CACB. Gọi I là trung 
điểm của OA. Vẽ đường thẳng d vng góc với AB tại I , cắt tia BC tại M và cắt đoạn ACtại P ; AM cắt 
đường tròn

 

O tại điểm thứ hai K.

a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh 3 điểm , ,B P K thẳng hàng.

c) Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn

 

O cắt nhau tại Q . Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R biết 
BCR.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Trang 2
Giải

Bài I: 
1.









5 5 5

29 12 5 20 2.2 5.3 9 2 5 3

5 2 5 5 2 5 5 5 2

A         

  

2 5 3 5 2 5 2

    

2. 10



x2



x4



3x26x21

Điều kiện xác định























2 4 0 2 4 0

2 4 0

3 2 8 3 3 2 4 3 0

3 6 21 0

x x x x

x x

x x x x

x x
  
    
   
  
  
      
  
  
  



x 2



x 4



0 x 4

       hoặc x2.











 





10 x2 x4 3x 6x2110 x2 x4 3 x2 x 4 3.

Đặt t



x2



x4 ,



t0. Phương trình trở thành 2 2

10 3 3 3 10 3 0 1

3
t

t t t t

t



      
 

.
+







 

2 1 3 2

3 2 4 3 2 8 9

1 3 2

x n

t x x x x

x n
   

         

   

.
+







 

2
3 82

1 1 1 3

2 4 2 8

3 3 9 3 82

x n

t x x x x

x n
  



         
  




.

 

2 2

2 3 2 1

3 2

x xy y y
x y
    


 


Từ (1) ta có y2y x



  3



2 2x2 0 . Ta xem là phương trình bậc hai theo biến y (x là tham số).







2



2 2 2





3 4 2 2 6 9 8 8 9 6 1 3 1 0

x x x x x x x x

                .

Suy ra phương trình có 2 nghiệm là 3 3 1 2 2
2

x x

y     x và 3 3 1 1
2

x x

y      x .
+ Nếu y2x2. Thay vào phương trình (2) ta được





2 2 2 2

2 2 3 4 8 4 3 3 8 7 0

x  x  x  x  x    x  x  (phương trình vơ nghiệm).
+ Nếu y  x 1. Thay vào phương trình (2) ta được





1 3 2 1 3 2 1

x   x   x      x y .
Vậy tập nghiệm S





2; 1





Bài II: 
1.

a) Ta có

 

: 1 6
2
d y x .

Phương trình hồnh độ giao điểm 1 2 1 6 9
6
4 4
4 2
x y
x x
x y
  

   
   
 .

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Trang 3
Gọi ; 1 2

 

C c c  P

  c6, c 4 là điểm cần tìm.

Ta có AB2 125 ;





2
2

2 1 2 1 4 7 2

6 9 12 117

4 16 2

AC  c  c    c  c  c

  ;





2 2

2 1 2 1 4 2

4 4 8 32

4 16

BC  c  c    c  c c

  .

Tam giác ABC vuông tại C khi và chỉ khi AB2 AC2BC2







 











4 2 4 2

4 2 4 3 3 2 2

3 2

1 7 1

125 12 117 8 32

16 2 16

1 9 1 1 1 1

4 24 0 4 8 12 24 0

8 2 8 4 4 2

1 1

2 2 4 2 12 2 0

8 4

1 1

2 4 12 0

8 4

2 0

1 1

4 12 0

8 4

c c c c c c

c c c c c c c c c c

c c c c c c

c c c c

c

c c c

        
             
        
 
      
 
 



    


 

2
4
6
c n
c l
c l



  
 

.

Vậy C

 

2;1 là điểm thỏa đề bài.
Cách 2:

Gọi ; 1 2

 

C c c  P

  c6, c 4.

Ta gọi M là trung điểm của AB, suy ra 1;13
2
M 

 .

Ta có ABC vuông tại C nên 1 5 5

2 2

MC AB (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)
Suy ra





2 1 2 13 125

4 2 4

c  c   

  .











 







 

4 2 4 3 3 2 2

3 2

1 9 1 1 1 1

2 12 0 2 4 6 12 0

16 4 16 8 8 4

1 1

2 2 2 2 6 2 0

16 8

1 1

2 2 6 0 6

16 8

c c c c c c c c c c

c c c c c c c

x n

c c c c x l

x l
             
        



 
        
    


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trang 4
2.

Ta có  ' m24.

Phương trình có 2 nghiệm 2

1, 2 ' 0 4 0 2

x x    m    m hoặc m 2.
Theo định lý viet ta có 1 2 2 ; 1. 2 4

b c

S x x m P x x

a a

         .













2 2

4 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2

1 2 1 2 1 2

4 2 2 4 2 2 2

32 2 32 2 2 32 4 2 32

16 16 .4 2.4 32 16 64 32 32 4 0

2 2

x x x x x x S P P S S P P

m m m m m m

m

             

          

   

Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta có m 2 hoặc m2.
Bài III:

Gọi x (giờ) là thời gian máy cày 1 làm một mình xong khu đất.

y (giờ) là thời gian máy cày 2 làm một mình xong khu đất. Điều kiện x y, 12.
Mỗi giờ máy 1 và máy 2 làm được tương ứng là 1

x và
1

y khu đất.

Do 2 máy cùng cáy trong 12 giờ thì được 1

10 khu đất nên ta có phương trình

12 12 1
10
x  y  .
Nếu máy 1 làm một mình 42 giờ và máy 2 làm một mình 22 giờ thì làm được 25% 1

 khu đất nên ta có
phương trình 42 22 1

4
x  y  .

Suy ra

12 12 1 1 1

300

10 300

1 1

42 22 1 200

200

x

x y x

y
y

x y

    

   

  

   



    

 



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trang 5

a) Xét tứ giác BCPI có:

0
90

ACB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Và PIB900 (giả thiết)

Suy ra tứ giác BCPI nội tiếp đường trịn đường kính BP . 
b) Xét tam giác MAB có:

MI AB và ACMB , suy ra MI AC là 2 đường cao. Mà P là giao điểm của , MI AC . Nên P là trực tâm ,
tam giác MAB .

Ta lại có BKA900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Nên BK MABK là đường cao thứ 3 trong tam giác MAB . Do đó BK đi qua điểm P hay , ,B P K thẳng 
hàng.

Ta có AQ/ /MI (do cùng vng góc với AB) nên QAIM là hình thang vng. 
BCR nên OBC đều. Do đó ABC600.

Ta có QA QC là 2 tiếp tuyến của ,

 

O nên QACQCAABC600 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và
dây cung cùng chắn 1 cung).

Do đó QAC đều.
ABC

 vng tại C có AC AB2BC2 

 

2R 2R2 R 3QAR 3.

Q

K

P

M

I

C

B

O

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trang 6
Ta có I là trung điểm của bán kính OA nên 1

AI  R và 3
2
BI  R.
Xét tam giác MIB vng tại I có: 3 0 3 3

. tan . tan 60

2 2

R

MI BI ABC R  .

Vậy diện tích hình thang vng QAIM là:





3 3 1

3 .

2 2

. 5 3

2 2 8

QAIM

R

R R

QA IM AI R

S

 



 

  

</div>

74. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Tiền Giang năm học 2018-2019 (chuyên)







 

 

 

 

 

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>



















































 

















 

 







 

 

 

 

































 

 







