Kì thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TIỀN GIANG 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 
Năm học 2015 – 2016 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 11/6/2015 
(Đề thi có 01 trang, gồm 06 bài) 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Bài I: (2,5 điểm) 
1. Rút gọn biểu thức sau:  
2
3 2 2A    
2. Giải hệ phương trình và các phương trình sau: 
5
a/
1
x y
x y
 

 
 2/ 2 8 0b x x   4 2/ 3 4 0c x x   
Bài II: (1,0 điểm) 
Cho phương trình: 2 22( 1) 3 0x m x m m     ( x là ẩn số, m là tham số). 
1. Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2,x x . 
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 2 7B x x   . 
Bài III: (2,0 điểm) 
Cho parabol 2( ) :P y x và đường thẳng ( ) : 2d y x   . 
1. Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 
2. Bằng phép tính, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d). 
3. Tìm tọa độ điểm M trên cung AB của đồ thị (P) sao cho tam giác AMB có diện tích 
lớn nhất. 
Bài IV: (1,5 điểm) 
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 30 km. Một canô đi xuôi dòng từ A đến B, rồi đi 
ngược dòng trở về A ngay. Thời gian kể từ lúc đi cho đến lúc về là 5 giờ 20 phút. Tính vận 
tốc của dòng nước, biết vận tốc thực của canô là 12 km/h. 
Bài V: (2,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB 
với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. 
1. Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. 
2. Chứng minh: 2 .MA MC MD . 
3. Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt (O) tại điểm F. Chứng minh: AF//CD. 
Bài VI: (1,0 điểm) 
Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 5 cm, đường sinh bằng 13 cm. Tính diện tích 
xung quanh và thể tích của hình nón đã cho. 
----------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------- 
Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. 
Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:. 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Bài Nội dung Điểm 
Bài I 
2,5 đ 
1. Rút gọn biểu thức: 
 
2
3 2 2
3 2 2
A
A
  
   
3 2 2A    (vì 3 2 0  ) 
3A  
0,25 
0,25 
 2. Giải hệ phương trình: 
5 5 5 5 2 3
a/
1 1 5 1 2 2
x y x y x y x x
x y x y y y y y
            
       
            
Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là:    ; 3;2x y  
0,5 
0,25 
 Giải phương trình: 
2
1
/ 2 8 0 2 ' 1
8
a
b x x b b
c

       
 
   
2
2
' '
' 1 1. 8
' 9 0
' 9 3
b ac  
     
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 
1
1 3' '
4
1
b
x
a
    
   
 
2
1 3' '
2
1
b
x
a
    
    
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  4; 2S   
0,25 
0,25 
 4 2/ 3 4 0c x x   (1) 
Đặt: 2t x (ĐK: 0t  ) 
Phương trình (1) trở thành: 
2
1
3 4 0 3
4
a
t t b
c

    
 
Ta có:    1 3 4 0a b c        
Phương trình có hai nghiệm: 
 1 1t   (loại) 
 2
4
4
1
c
t
a

     (nhận) 
Với 24 4 2t x x      
0,25 
0,25 
 Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  2; 2S   0,25 
Bài II 
1,0 đ 
1. Định m: 
   2 2
2
1
2( 1) 3 0 (1) 2 1 ' 1
3
a
x m x m m b m b m
c m m

           
 
    
2
2 2
2 2
' '
' 1 1. 3
' 2 1 3
' 1
b ac
m m m
m m m m
m
  
        
      
   
Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x 0 
1 0
1
m
m
  
  
0,25 
0,25 
 2. Tìm giá trị nhỏ nhất: 
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
 
1 2
2
2
1 2
2 1
2 2
1
3
3
1
mb
S x x m
a
c m m
P x x m m
a
  
       


     

   
2 2
1 2
2
2 2
2 2
2
2
2
7
2 7
2 2 2 3 7
4 8 4 2 6 7
2 2 11
1 1
2 11
4 2
1 21 21
2
2 2 2
B x x
B S P
B m m m
B m m m m
B m m
B m m
B m m
  
   
     
      
   
 
      
 
 
      
 
Vậy: min
21 1 1
0
2 2 2
B m m      
0,25 
0,25 
Bài III 
2,0 đ 
1. Vẽ (P) và (d): 
2( ) :P y x 
TXĐ: D  
Bảng giá trị 
x –2 –1 0 1 2 
2y x 4 1 0 1 4 
( ) : 2d y x   
TXĐ: D  
Bảng giá trị 
x 0 1 
2y x   2 1 
0,5 
0,5 
 2. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d): 
2( ) :P y x 
( ) : 2d y x   
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2
2
2
1
2 0 1
2
x x
a
x x b
c
  

    
 
Ta có:  1 1 2 0a b c       
Phương trình có hai nghiệm: 
1
2
1
2
2
1
x
c
x
a


   
Với 1 1 2 1x y      
  2 2 2 4x y        
Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: A(1;1) và B(–2;4) 
0,25 
0,25 
 3. Tìm tọa độ điểm M: 
2( ) :P y x 
( ) : 2d y x   
Để tam giác AMB có diện tích lớn nhất thì điểm M là tiếp điểm của tiếp 
tuyến (d’) song song với (d) và tiếp xúc (P) tại M. 
Phương trình đường thẳng có dạng:  ' :d y ax b  
Ta có:    ' / / 1d d a   
( ') :d y x b   
0,25 
 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d’) là: 
2
2
1
0 (1) 1
x x b
a
x x b b
c b
  

    
 
  
2
2
4
1 4.1.
1 4
b ac
b
b
  
    
   
(d’) tiếp xúc (P)  (1) có nghiệm kép 
0
1 4 0
1
4
b
b
  
  
  
1
( ') :
4
d y x   
Hoành độ tiếp điểm là: 1 2
1 1
2 2.1 2
b
x x
a
       
Với 
2
1 1 1
2 2 4
x y
 
      
 
Vậy: 
1 1
;
2 4
M
 
 
 
 thì tam giác AMB có diện tích lớn nhất. 
0,25 
Bài IV 
1,5 đ 
Gọi x (km/h) là vận tốc của dòng nước.  0 12x  
Vận tốc canô lúc xuôi dòng là: 12 ( / )x km h 
Thời gian canô lúc xuôi dòng là: 
30
12 x
 (giờ) 
Vận tốc canô lúc ngược dòng là: 12 ( / )x km h 
Thời gian canô lúc ngược dòng là: 
30
12 x
 (giờ) 
Đổi: 5 giờ 20 phút 
16
3
 (giờ) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
30 30 16
12 12 3x x
 
 
Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được: 
      
2
2
2
30.3 12 30.3 12 16 12 12
1080 90 1080 90 2304 16
16 144 0
9
x x x x
x x x
x
x
     
     
  
 
 3x  (nhận) hoặc 3x   (loại) 
Vậy: Vận tốc của dòng nước là 3 km/h. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Bài V 
2,0 đ 
1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp: 
2
1
F
H
C
B
A
OM
D
Ta có: 


0
0
( ) 90
( ) 90
MA OA gt OAM
MB OB gt OBM
  
 
 
Do đó:   0 0 090 90 180OAM OBM    
Xét tứ giác MAOB, ta có: 
   0180OAM OBM  (cmt) 
 Tứ giác MAOB nội tiếp trong đường tròn đường kính OM. 
 [đpcm] 
0,25 
0,25 
0,25 
 2. Chứng minh 2 .MA MC MD : 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 
1
2
MAC  sđAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) 
 
1
2
ADM  sđAC (góc nội tiếp) 
  MAC ADM  (t/c bắc cầu) 
Xét MAC và MDA , ta có: 
 M chung 
  MAC ADM (cmt) 
2
( )
.
MAC MDA g g
MA MC
MD MA
MA MC MD
  
 
 

 [đpcm] 
0.25 
0,25 
0,25 
 3. Chứng minh AF//CD 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 HC = HD (gt) 
 OH CD  (đ/l đường kính và dây) 
  090OHM  
  H nằm trên đường tròn đường kính OM 
Ta lại có: MA và MB là hai tiếp tuyến (gt) 
  OM là phân giác AOB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 
Mà  
1
2
AFB AOB (cùng chắn AB ) 
Nên  AFB MOB 
Trong đường tròn đường kính OM, ta có: 
  MOB MHB (cùng chắn MB ) 
Mặt khác, ta có: 
  MHB FHD (đối đỉnh) 
Do đó:  AFB FHD (t/c bắc cầu) 
 / /AF CD (so le trong) [đpcm] 
0,25 
0,25 
Bài VI 
1,0 đ 
Chiều cao của hình nón là: 
2 2 2
2 2 25 13
12( )
h r l
h
h cm
 
  
 
Diện tích xung quanh của hình nón là: 
2
.5.13
65 ( )
xq
xq
xq
S rl
S
S cm




 
 
Thể tích của hình nón là: 
2
2
3
1
3
1
.5 .12
3
100 ( )
V r h
V
V cm




 
 
0,25 
0,25 
0,25