Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán vũng tàu năm học 2018 2019 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 13/06/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình x 2  4 x  5  0 .
�x  y  1
b) Giải hệ phương trình �
.
2x  y  5
�
c) Rút gọn biểu thức P  16  3 8 

12
.
3

Bài 2 (1,5 điểm): Cho parabol ( P) : y  2 x 2 và đường thẳng (d ) : y  2 x  m (m là tham số).
a) Vẽ parabol (P).
b) Với những giá trị nào của m thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung? Tìm tọa độ điểm
chung đó.
Bài 3 (1,5 điểm):
a) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với
vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến

thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
b) Cho phương trình: x 2  mx  1  0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 và x1  x2  6 .
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O; R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không qua
O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc
cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.
� .
b) Chứng minh EB.EC  EM .EN và IA là tia phân giác của BIC
c) Tia MF cắt (O; R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh AMF #AON và BC / / DN .
d) Giả sử AO  2 R . Tính diện tích tam giác ABC theo R.
Bài 5 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình 2 x  3 x  1  x  1 .
b) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b  3ab  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3ab
P  1  a2  1  b2 
.
ab
--------------- HẾT --------------Họ và tên thí sinh: .................................................... Chữ ký giám thị số 1: ..............................
Số báo danh: ....................................................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Điểm

x  4x  5  0
Ta thấy a  b  c  1  4  5  0
2

a)
Bài 1
(2,5đ)

b)

c)

0.75

c
� Phương trình có hai nghiệm: x1  1; x2   5
a
3x  6
�x  y  1
�
�x  2
�x  2
��
��
��
�
2x  y  5
2  y  1 �y  1

�
�x  y  1 �
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y )  (2;1) .

1.0

12
2 3
 42
 422  4
3
3

P  16  3 8 

0.75

Lập bảng giá trị:
x
y  2x2

–2
8

–1
2

0
0

1
2

2
8

Vẽ (P) đi qua các điểm (– 2; 8), (– 1; 2), (0; 0), (1; 2) , (2; 8).

Bài 2
(1,5đ)

a)

0.75


b)

Bài 3
(1,5đ)

a)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
(*)
2x2  2x  m � 2x2  2x  m  0
 '  1  2m
(P) và (d) chỉ có một điểm chung
� Phương trình (*) có nghiệm kép
1

�  '  0 � 1  2m  0 � m  
2
1
Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: x1  x2 
2
2
1
�1 � 1
Với x  � y  2. � �
2
�2 � 2
1
Vậy với m   thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung là điểm
2
�1 1 �
� ; �.
�2 2 �
Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B
cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất lớn
hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B
trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
Gọi vận tốc của xe thứ nhất là x (km/h) (x > 10).
� Vận tốc của xe thứ hai là x – 10 (km/h).
450
Thời gian xe thứ nhất đi từ thành phố A đến thành phố B là
(h)
x
450
Thời gian xe thứ hai đi từ thành phố A đến thành phố B là
(h)

x  10
Theo đề bài ta có phương trình:
450 450

 1,5
x  10
x
� 300 x  300( x  10)  x( x  10)
� 300 x  300 x  3000  x 2  10 x
� x 2  10 x  3000  0
Giải phương trình được: x1  60; x2  50
Kết hợp với ĐK � x  60
Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 60 km/h
vận tốc của xe thứ hai là 60 – 10 = 50 (km/h)

0.75

1.0


b)

Phương trình: x 2  mx  1  0
Vì ac  1  0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m
Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu và x1  x2 nên x1  0  x2
Theo đề bài:
x1  x2  6

0.5

�  x1  x2  6 (vì x1  0  x2 )
� x1  x2  6
� m  6
Vậy m  6 là giá trị cần tìm.

0.25

Bài 4
(3,5đ)

a)

b)

Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O)
�  ACO
�  900
� ABO
� B, C thuộc đường tròn đường kính AO
� Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO.
 EBM và  ENC có:
�1  E
� 2 (hai góc đối đỉnh)
E
�1  N
�1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
B
�  EBM
 ENC (g.g)

EB EM
�

� EB.EC  EM.EN
EN EC
(O) có dây MN không đi qua tâm và I là trung điểm của dây MN
�  900
� OI  MN � AIO
� I thuộc đường tròn đường kính AO
Xét đường tròn đường kính AO có:
$
�
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
I1  AOB
$
�
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
I 2  AOC
�  AOC
�
Mà AOB
(tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
�$
I1  $
I2
Vậy IA là tia phân giác của góc BOC.

0.75

0.5

0.5


c)

 ABM và  ANB có:
�
chung
BAN
�  ANB
�
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
ABM
�  ABM
 ANB (g.g)
AB AM
�

� AB2  AM.AN
AN AB
Ta có: OB = OC = R
AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
� OA là đường trung trực của BC
� OA  BC tại F
 ABO vuông tại B, đường cao BF. Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vuông, ta có:
AB2  AF.AO
� AM.AN  AF.AO ( AB2 )
AM AF

�

AO AN
 AMF và  AON có:
AM AF
�

chung,
OAN
AO AN
�  AMF
 AON (c.g.c).
�
 AON � F$1  ANO
Từ  AMF
� MFON là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON có
�1  F
$4 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ON)
�M
 OMN cân tại O (vì OM = ON = R)
�1  ONM
�
�1  ANO
�
�M
hay M
$4
Từ (1), (2), (3) � F$1  F
Vì OA  BC tại F

$3  900
� F$1  F$2  F$4  F
$2  F
$3 � F$2  1 MFN
�
Từ (4), (5) � F
2
�  MON
�
Lại có MFN
(vì tứ giác MFON nội tiếp)
$2  1 MON
�
�F
2
�
�
�
(O) có D là góc nội tiếp, MON
là góc ở tâm cùng chắn MN
�  1 MON
�
�D
2
�
Từ (6), (7) � F$2  D
Mà 2 góc ở vị trị đồng vị
� BC // DN.

(1)

(2)
(3)
(4)
(5)

(6)

(7)

0.5

0.5


 ABO vuông tại B, đường cao BF
� OB2  OA.OF
� OF 

d)

Bài 5
(1,0đ)

OB2 R 2 1

 R
OA 2R 2

1

3
� AF  AO  OF  2R  R  R
2
2
Lại có:
3 1
3
3 2
3
BF2  AF.OF  R � R  R 2 � BF 
R 
R
2
2
4
4
2
Vì OA là đường trung trực của BC nên BC = 2BF
Diện tích  ABC là:
1
3
3
3 3 2
S  AF.BC  AF.BF  R.
R
R (đơn vị diện tích).
2
2
2
4

(1)
2 x  3x  1  x  1
ĐK: x �0
Đặt 2 x  a, 3x  1  b � a 2  b 2  4 x  3x  1  x  1
Phương trình (1) trở thành
a  b  a 2  b2
� (a  b)(a  b)  (a  b)  0
� (a  b)(a  b  1)  0
a b  0
�
��
a  b 1  0
�
ab
�
��
a b 1
�
�
2 x  3x  1
(2)
��
2 x  3 x  1  1 (3)
�
(2) � 4 x  3x  1 � x  1 (thỏa mãn ĐK)
Với x �0��
2 x �
0; 3 x 1 1 2 x
3x 1 1
Kết hợp với (3) � x  0 (thỏa mãn ĐK)

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S   0;1

0.5

0.5


Ta có:
(a  b) 2 �0 � a 2  2ab  b 2 �0 � a 2  b2 �2ab
�
�
a 2  2ab  b 2 �4ab
a 2  2ab  b 2 �4ab
�� 2
�� 2
2
2
2
2(
a

b
)
�
a

2
ab

b

2(a  b 2 ) �a 2  2ab  b 2
�
�
�
(a  b) 2 �4ab
(1)
��
(a  b) 2 �2( a 2  b 2 ) (2)
�
Theo đề bài:
a  b  3ab  1
� 4(a  b)  12 ab  4
� 4(a  b)  3( a  b) 2 �4 (theo (1))
� 3(a  b) 2  4( a  b)  4 �0
� (a  b  2)  3( a  b)  2  �0
� 3(a  b)  2 �0 (vì a, b  0 � a  b  2  0)
2
� ab �
3
4
� 2(a 2  b 2 ) �( a  b) 2 � (theo (2))
9
Áp dụng các kết quả trên, ta có:



1  a 2  1  b2



2

�2  1  a 2  1  b 2   4  2  a 2  b 2  �4 

0.5

4 32

9 9

4 2
� 1  a2  1  b2 �
3
3ab 1  (a  b )
1
1
1


1 � 1 
2
ab
ab
ab
2
3
Do đó:
3ab 4 2 1
P  1  a 2  1  b2 
�


ab
3
2
Dấu “=” xảy ra
ab
ab
�
�
1
��
�� 2
� a  b  (vì a, b  0)
a  b  3ab  1 �
3
3a  2a  1  0
�
Vậy maxS 

1
4 2 1
 khi a  b  .
3
3
2

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương