Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên bình phước năm học 2018 2019 (vòng 1 có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 - 2019

Đề chính thức
Môn: TOÁN (Chuyên chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Tên : Trương Quang An
Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi
Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc :sưu tầm đề và tự tay gõ đáp án
Câu 1 (2,0 điểm )
1.Tính giá trị của biểu thức M  36  25; N  ( 5 1)  5
2.Cho biểu thức P  1 

x x
với x  0, x  1 .
x 1

a.Rút gọn P.
b.Tìm giá trị của x biết P > 3.
Câu 2 (2,0 điểm )
1.Cho parabol (P) : y  x 2 và đường thẳng (d) : y   x  2
a.Vẽ (d) và (P) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy.
b.Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phép tính.
 3x  y  5
.
2 x  y  10

2.Không sử dụng máy tính cầm tay ,hãy giải hệ phương trình sau: 

Câu 3 (2,0 điểm )
1.Cho phương trình x2  2mx  2m 1  0 (1)với m là tham số
a.Giải phương trình (1) với m=2
b.Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho
( x12  2mx1  3)( x22  2mx2  2)  50 .
2.Quãng đường AB dài 50 km .Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ A đến B .Vận
tốc xe thứ nhất lớn hơn xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai là
15 phút .Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 4 (1,0 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH (H thuộc BC). Biết AC=8 cm,
BC=10 cm. Tính độ dài đoạn thẳng AB,BH,CH và AH.
Câu 5 (2,5 điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,từ điểm M bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến
MA,MB (A,B là các tiếp điểm),kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa
D;O và B nằm về hai phía so với cát tuyến MCD).
a.Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp
b.Chứng minh MB2  MC.MD
c.Gọi H là giao điểm của AB và OM.Chứng minh AB là phân giác của CHD
GIẢI
Câu 1 (2,0 điểm )
1.Ta có M  36  25  6  5  11; N  ( 5  1)  5  5  1  5  1
2.Cho biểu thức P  1 

x x
với x  0, x  1 .
x 1

x x

x ( x  1)
 1
 1 x
x 1
x 1
b.Khi P > 3 thì ta có 1  x  3  x  4

a.Ta có P  1 


Câu 2 (2,0 điểm )
1.Cho parabol (P) : y  x 2 và đường thẳng (d) : y   x  2
a) Vẽ y  x 2 (P) .Bảng giá trị
x
-3
-2
-1
0
2
yx
9
4
1
0

1
1

2
4

3
9

Đồ thị y  x 2 (P) là một Parabol có bề lõm quay xuống dưới và đi qua điểm có tọa
độ O (0; 0); A 1;1 ; A’  1;1 ; B  2; 4  ; B’  2; 4  ; C  3;9  ; C’  3;9 
+) Đương thẳng y   x  2 (D)
Cho x = 0  y = 2  D (0; 2)
y = 0  x = 2  E (2; 0)
 đường thẳng y  2 x  2 (D)
đi qua 2 điểm D (0; 2) và E (2; 0)
b) Tọa độ giao điểm y  x 2 (P) và đường thẳng y   x  2 (D) là nghiệm của hệ
 y  x 2
 y  x 2
1
 y  x2
phương trình: 
  2
  2
 x   x  2
 y  x  2
 x  x  2  0  2 
-Giải phương trình: x2  x  2  0 (2)

Ta có a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 nên phương trình (2) có nghiệm x1= 1; x2= -2
+) Với x1 = 1  y1 = 12 = 1  M (1; 1)
+) Với x2 = -2  y2 = (-2)2 = 4  N (-2; 4)
Vậy đồ thị hàm số y  x 2 (P) và đường thẳng y   x  2 (D)
Cắt nhau tại 2 điểm M (1; 1) và N (-2; 4) .
 3x  y  5

 5 x  15
 x3


2 x  y  10
 y  2 x  10
 y  4

2. Ta có 

Câu 3 (2,0 điểm )
1.Cho phương trình x2  2mx  2m 1  0 (1)với m là tham số
x 1
x  3

a. Với m=2 ta có x 2  4 x  3  0  ( x  1)( x  3)  0  

b. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì ta có
 x12  2mx1  2m  1  0
.Theo hệ thức vi-ét ta có
 '  0  (m  1)  0  m  1 .Ta cũng có  2
 x2  2mx2  2m  1  0
 x1  x2  2m
.Theo đề bài ta có ( x12  2mx1  3)( x22  2mx2  2)  50

 x1 x2  2m  1
2

 ( x12  2mx1  2m  1  2m  4)( x22  2mx2  2m  1  2m  1)  50
9


m

 (m  2)(2m  1)  25  (2m  9)(m  3)  0 
2 (thỏa mãn).

 m  3

2.Gọi vận tốc xe thứ nhất là x(km/h) ,điều kiện x > 10.
Vận tốc xe thứ hai là x-10(km/h).
Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là :

50
x


50
x  10
 x  50
50
50 1
Theo đề ta có phương trình
.Đối chiếu
   ( x  50)( x  40)  0  
x  10 x 4
 x  40

Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là :

với điều kiện thì nhận x  50 .Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50(km/h) và vận tốc xe thứ

hai là 40 (km/h).
Câu 4 (1,0 điểm )
A

B

C
H

Ta có AB2  BC 2  AC 2  36  AB  6(cm), AB 2  BH .BC  BH 

AB 2 36

 3, 6(cm) .
BC 10

Ta có
AC 2 64
AC  CH .BC  CH 

 6, 4(cm), AH 2  HB.CH  3, 62.6, 42  AH  23, 04(cm)
BC 10
2

Câu 5 (2,5 điểm )
A

O

H

M
C

D

B

a.Tứ giác OAMB có : OAM  OBM  1800 nên tứ giác OAMB nội tiếp.
b.Tam giác MBC đồng dạng với tam giác MDB vì BMD (chung) và MBC  MDB
(giả thiết).Nên suy ra

MB MC

 MB 2  MC.MD
MD MB

c.Gọi H là giao điểm của AB và OM .Ta chứng minh AB là phân giác của CHD .
Ta có MA=MB (tính chất hai tiếp cắt nhau) suy ra M thuộc trung trực của AB.Ta có
OA=OB suy ra O thuộc trung trực của AB. Từ đó suy ra OM là trung trực của AB
hay AB vuông góc với OM. Xét tam giác vuông OMB có MB2  MH .MO (hệ thức
lượng trong tam giác vuông). Mà ta có
MB 2  MC.MD  MH .MO  MC.MD 

MC MH
.Xét tam giác MCH và tam giác MOD

MO MD

MC MH
nên suy ra tam giác MCH đồng dạng với tam giác


MO MD
MOD. Lúc đó suy ra MHC  MDO (hai góc tương ứng) (1). Mà

OMD (chung) và

MHC  OHC  1800  MDO  OHC  1800 nên tứ giác OHCD nội tiếp suy ra

OCD  OHD (2)( hai góc nội tiếp chắn 1 cung) . Mà OCD  ODC  MDO (3) (vì tam

giác OCD cân tại O). Từ (1), (2) và (3) suy ra


MHC  OHD  900  MHC  900  OHD  CHB  BHD .Vậy HB là phân giác của CHD

hay AB là phân giác của CHD .