Bộ đề thi môn toán vào lớp 10 năm học 2018 2019 của 63 tỉnh thành phố

S GIO DC V O TO
AN GIANG

K THI TUYN SINH 10 THPT
NM HC 2018-2019

CHNH THC

Mụn : TON
Thi gian 120 phỳt

Cõu 1. Gii cỏc phng trỡnh v h phng trỡnh sau :
a) 3x 2x 3 2
x y 101
b)
x y 1
c) x 2 2 3x 2 0

Cõu 2.
Cho hm s y 0,5x2 cú th l parabol (P)
a) V th (P) ca hm s ó cho
b) Xỏc nh h s a, b ca phng trỡnh (d): y = ax+b , bit (d) ct trc
honh ti im cú honh bng 1 v (d) ct (P) ti im cú honh
bng 2. Chng t (P) v (d) tip xỳc nhau.
Cõu 3.
Cho phng trỡnh bc hai x2 3x m 0 vi m l tham s
a) Tỡm m phng trỡnh cú nghim x= - 2 . Tớnh nghim cũn li ng vi m
va tỡm c
b) Gi x1 ;x2 l hai nghim ca phng trỡnh ó cho. Tỡm giỏ tr nh nht ca
A x12 x22 3x1x2

Cõu 4.Cho tam giỏc u ABCni tip ng trũn tõm O. Gi M, N, P ln lt l
cỏc trung im ca cỏc cnh AB, BC, CA
a) Chng minh t giỏc BMON ni tip c ng trũn
b) Kộo di AN ct ng trũn (O) ti G khỏc A. Chng minh ON = NG
c) PN ct cung nh BG ca ng trũn (O) ti F. Tớnh s o OFP
Cõu 5. Cu vũm l mt dng cu p bi hỡnh dỏng cu c un ln theo mt
cung trũn to s hi hũa trong thit k cnh quan, t bit l l cỏc khu ụ th cú
dũng sụng chy qua, to c mt im nhn ca cụng trỡnh giao thụng hin i.
Mt chic cu vũm c thit k nh hỡnh v, vũm cu l mt cung trũn AMB .
di on AB bng 30m, khong cỏch t v trớ cao nht gia vũm cu so vi
mt sn cu l on MK cú di 5m. Tớnh chiu di vũm cu

P N VO 10 AN GIANG 2018-2019
Câu1
a) 3x 2x 3 2
x

3 2
3 2

3 2 x 3 2

3 2



3 2 .



2

3 2



5 2 6

x y 101
x y 1
x y 1
x 50 1 x 51
b)





x

y


1
y

1

y

101
2y

100



y 50
y 50
c) x 2 2 3x 2 ta có :

3

2

2 1

x 3 1
suy ra pt có 2 nghiệm 1
.Vậy S 3 1

x 2 3 1
Câu 2 a) Học sinh tự vẽ (P)





b)(d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng1 x 1;y 0
a b 0(1)
(d) căt (P) tại điểm có hoành độ là 2 x 2;y 2
2a b 2 (2)
a b 0
a 2
Từ(1) và (2) ta có hệ

2a

b

2

b 2
(d)y 2x 2
1
Ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là : x 2 2x 2
2
1
2
có (2) 4. .2 0
2

Vậy (d) và (P) tiếp xúc nhau


Câu 3
a) khi phương trình có nghiệm x 2 ta có :

OM AB
a) Do ABC đều và M, N lần lượt là trung điểm AB, AC
OMB ONB 900
ON BC

(2)2 3.(2) m m 10
x 2
ptrinh :x 2 3x 10
5
b) x 2 3x m 0(1)

Xét tứ giác BMON có :OMB ONB 900 900 1800 BMON là tứ giác nội tiếp
OA R
(tính chất đường trung tuyến)
2
2
R R
Mà OG ON NG NG OG ON R
2 2
R
Vậy NO NG (dpcm)
2
c) Gọi E là giao điểm OC và PN
b) Do O là trọng tâm ABC nê n ON

3 4m 9 4m
2

Để ptrinh có nghiệm thì 0 9 4m 0 m

9
4

x x 3
9
Khi m .áp dụng vi et 1 2
4
x1x 2 m

Do ABC đều nê n OC AB mà NO / /AB (do NP là đường trung bìn h tam giác ABC)

A x12 x 22 3x1x 2 (x1 x 2 )2 5x1x 2 32 5m 9 5m
9
45
9
9
5m
9 5m
A
4
4
4
4
9

9
Vậy Min A m
4
4
Có m

suy ra OC NP tại E nê n OEF vuông tại E.
Xét ONC vuông tại N có NE đường cao NO 2 OE.OC OE

Xét vuông OEF có :sin OFE sin OFP

Cau 4

A

Cõu 5

M
B

A
K

P

M
O

O

E
B

N
F G

C

N

ON 2 R
(áp dụng hệ thức lượng )
OC
4

R
OE 4 1
OFP 14 028'
OF R 4


Gi ả sử AMB là cung tròn của đường tròn tâm O. Ta vẽ đường kính MN
khi đó M là điểm chính giữa của cung AB OM AB
AB
và K là trung điểm của AB AK
15(m)
2
AK 15
Xét AKM vuông tại K ta có :tan AMK
3

MK 5

S GIO DC V O TO

K THI TUYN SINH LP 10 THPT

TNH B RA VNG TU

Nm hc: 2018 - 2019

CHNH THC

Bi 1. (2,5 im)

Tam giác OMA cân tại O do OA OM R OMA OAM arctan 3

a) Gii phng trỡnh x2 4 x 5 0

AOM 180 (OMA OAM) 180 2 arctan 3

x y 1
b) Gii h phng trỡnh
2 x y 5

0

0

OAB có OA OB R AOB cân tại O suy ra đường cao đồng thời phân giác
Khi đó :AOB 2AOK 3600 4 arctan 73,70

Vậy độ dài cung AMB là :l

R.n .25.73,70

32,18(m)
1800
1800

Mụn thi: TON
Thi gian lm bi:120 phỳt khụng k thi gian giao

c) Rỳt gn biu thc: P 16 3 8

12
3

Bi 2. (1,5 im)
Cho parabol (P): y 2 x 2 v ng thng (d): y 2 x m (m l tham s)
a) V parabol (P).
b) Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ (P) v (d) ch cú mt im chung. Tỡm ta
im chung ú.
Bi 3. (1,5 im)
a) Hai ụ tụ khi hnh cựng mt lỳc t thnh ph A n thnh ph B cỏch nhau 450
km vi vn tc khụng i. Vn tc xe th nht ln hn vn tc xe th hai 10km/h nờn
xe th nht n trc xe th hai 1,5 gi. Tớnh vn tc mi xe.
b) Cho phng trỡnh: x2 mx 1 0 (vi m l tham s). Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca
m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit x1; x2 tha x1 x2 v x1 x2 6 .
Bi 4. (3,5 im) Cho ng trũn (O;R) v im A nm ngoi ng trũn ú. K cỏt
tuyn AMN khụng i qua (O) (M nm gia A v N). K hai tip tuyn AB, AC vi
(O;R). (B v C l hai tip im v C tuc cung nh MN). ng thng BC ct MN v

AO ln lt ti E v F. Gi I l trung im ca MN.
a) Chng minh rng t giỏc ABOC ni tip c trong ng trũn.
b) Chng minh EB.EC = EM.EN v IA l phõn giỏc ca BIC .
c) Tia MF ct (O;R) ti im th hai l D. Chng minh rng AMF AON v
BC //DN .
d) Gi s OA = 2R. Tớnh din tớch tam giỏc ABC theo R.
Bi 5. (1,0 im)
a) Gii phng trỡnh 2 x 3x 1 x 1 .
b) Cho ba s thc dng a, b tha a + b + 3ab = 1. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu
3ab
thc
.
P 1 a 2 1 b2
ab


Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI

1
(h)
x  10

Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình:

Bài 1.
a) Ta có 1 + 4 – 5 = 0, phương trình đã cho có hai nghiệm x1  1; x2  5

450 450 3


  900 x  900 x  9000  3x2  30 x
x  10
x
2

x  y  1
3x  6
x  2
x  2
b) 



2
x

y

5
2
x

y

5
2.2

y


5



y 1

 3x2  30 x  9000  0  x2  10 x  3000  0

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1

  102  4.3000  12100 ;

c) P  16  3 8 

x1 

12
 42 4  422  4
3

  110

10  110
10  110
 50 (loại)
 60 (nhận), x2 
2
2

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60 (km/h)

Bài 2.

Thì vận tốc xe thứ hai là 60 – 10 = 50(km/h)

a) Bảng giá trị của (P)

b) a = 1; b = – m; c = – 1.

x

–2

–1

0

1

2

Vì a và c khác dấu, phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 khác dấu.

y  2 x2

8

2

0

2

8

Theo hệ thức Viete ta có: x1  x2  m (1)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

Vì x1; x2 khác dấu mà x1  x2  x1  0  x2  x1   x1; x2  x2 .

2 x2  2 x  m  2 x 2  2 x  m  0(1) .

Ta có: x1  x2  6   x1  x2  6  x1  x2  6 (2).

 '  12  2. m   2m  1

Từ (1) và (2) suy ra m = – 6.

(P) và (d) chỉ có một điểm chung khi phương trình (1) có nghiệm kép

Bài 4.

1
=>  '  0 hay 2m  1  0  m   .
2
C

Khi m  

1
1
1
phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2   y1  y2  .
2
2
2

N
M

1 1
Vậy tọa độ điểm chung khi đó là  ;  .
2 2

A

I

E

O

F

Bài 3.
a) Gọi vận tốc xe thứ nhất là x (km/h) (điều kiện: x > 10)
Thì vận tốc xe thứ hai là x – 10(km/h)
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:

D
B

1
(h)
x

a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B  AB  OB hay ABO  900


Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C  AC  OC hay ACO  900 .
Tứ giác ABOC có ACO  ABO  900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường
kính AO.

CFM  DFB (đối đỉnh)

FM FC

FB FD

 FCM ∽ FDB 

b) Xét EMB và ECN có:

 FM .FD  FB.FC  FC 2

EMB  ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

 FM .FD  FA.FO 

EBM  ENC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

 EMB ∽ ECN ( gg )
EM EB


 EB.EC  EM .EN .
EC EN

FM FA

FO FD

Xét FMA và FOD có:
MFA  OFD và

FM FA

FO FD

 FMA ∽ FOD(cgc)  FMA  FOD

Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) lần lượt tại các tiếp điểm B và C nên AOB  AOC
và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà FMA  FON

Vì I là trung điểm MN  OI  MN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

 FON  FOD .

 AIO  900  I nằm trên đường tròn đường kính OA.

FON và FOD có: FO cạnh chung, FON  FOD , ON = OD

Xét đường tròn đường kính OA ta có:

 FON  FOD(cgc)  FN  FD

AIC  AOC; AIB  AOB (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mà AOB  AOC

d) Xét  AOC vuông tại C ta có:

 AIC  AIB hay IA là phân giác của BIC .

c) Vì AB = AC và OB = OC nên AO là đường trung trực của BC  AO vuông góc
với BC tại F.
Xét  AOC vuông tại C, đường cao CF ta có AF.AO  AC 2 và FC 2  FA.FO .
Xét  ACM và  ANC có: ACM  ANC và A chung
 ACM ∽ ANC ( gg ) 

 AF . AO  AM . AN 

AC AM

 AC 2  AM . AN
AN AC

AF AM


AN AO

Xét AMF và AON có:
A chung ;

Vì FN = FD và ON = OD  FO là đường trung trực của ND  FO  ND mà
FO  BC  ND//BC.

AF AM

 AMF ∽ AON (cgc)
AN AO

OA2  AC 2  OC 2

 AC 2  OA2  OC 2  4R2  R2  3R2
 AC  R 3 .

Xét  AOC vuông tại C ta có: sin CAO 
 CAO  300  CAB  600

 ABC có AB = AC và CAB  600   ABC là tam giác đều.
 đường cao h  AB

3 3R

2
2

1
1 3R
3R 2 3
S BCA  h. AB  
R 3 
(dvdt )
2
2 2
4

Xét FCM và FDB có:
FCM  FDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

OC
R 1


OA 2 R 2

Bài 5.


a) Điều kiện: x  0 . Với x  0 ta có:

Ta có:

2 x  3x  1  x  1









 2 x  3x  1 2 x  3x  1   x  1 2 x  3x  1









 x  1   x  1 2 x  3x  1



3ab a  b  3ab
1
3
1

1 
 1   1  (2).
ab
ab
ab

2
2

Từ (1) và (2) suy ra: P  1  a 2  1  b 2 
1
Đẳng thức xảy ra khi a  b  .
3

 x  1   x  1 2 x  3x  1  0



Vậy giá trị lớn nhất của P là



  x  1 1  2 x  3x  1  0
 x 1  0
x  1


1  2 x  3x  1  0
 2 x  3x  1  1 (*)
Giải (*) 2 x  3x  1  1 .
Với x  0 ta có:



  2 x  3x  1  1 .
3x  1  1 



2 x 0

Dấu ‘=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy (*) có nghiệm x = 0.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm {0; 1}.
b) Đặt t  a  b  t 2   a  b   4ab
2

3
Ta có: 1  a  b  3ab  t  t 2  3t 2  4t  4  0
4

  t  2  3t  2   0  3t  2  0  t 

2
.
3

Ta có:  a  b   0  a 2  2ab  b2  0
2

 2a 2  2b2  a2  2ab  b2
 2  a 2  b2    a  b  
2

Dễ dàng chứng minh

3ab 4 3 1


 .
ab
3
2

4
2
 a 2  b2 
9
9

A  B  2 A  B

 1  a 2  1  b2  2  2  a 2  b2  .

2 4 2

 1  a 2  1  b2  2  2   
9
2


(1)

4 3 1
1
 đạt được khi a  b  .
3
2
3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 06/06/2018
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm).
1. Tính giá trị của biểu thức A  5



HDC ĐỀ CHÍNH THỨC



20  5  1 .

2. Tìm tham số m để đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3 .
Câu II (3,0 điểm).

x  4 y  8
1. Giải hệ phương trình 
.
2 x  5 y  13

 6
 ( a  1)
10  2 a
2. Cho biểu thức B  

 .
a

1
a
a

a

a

1

 4 a
a) Rút gọn biểu thức B .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

2

(với a  0; a  1 ).

b) Đặt C  B.(a  a  1) . So sánh C và 1.
3. Cho phương trình x2  (m  2) x  3m  3  0 (1), với x là ẩn, m là tham số.

a) Giải phương trình (1) khi m  1 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2

Câu
Câu I

điểm). Chứng minh ba điểm E, H , F thẳng hàng.
Câu V (0,5 điểm).

 10  5  1

0,25

 6.

0,25

+ Vậy A  6 .

0,25

+ Đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3  m  1  3

0,5

 m  4.

+ Vậy m  4 .

1

(1,0
điểm)

0,25

0,25

3 y  3

x  8  4 y

0,25

x  4
.

 y 1

0,25

+ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (4;1) .

0,25

a) Với a  0; a  1 , ta có:
 6
10  2 a  ( a  1) 2
B

.

 a  1 (a  1)( a  1)  4 a

2
(1,0
điểm)

81x 2  18225 x  1 6 x  8

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
, với x  0.
9x
x 1

4 a 4
( a  1) 2
.
(a  1)( a  1) 4 a
1
1
.
. Vậy B 

a
a
b) Với a  0; a  1 , ta có:


C 1 
-------------------------------HẾT-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:................................................ Số báo danh:.........................................................

Giám thị 1 (họ tên và ký)..................................... Giám thị 2 (họ tên và ký) ......................................

0,25

(3,0điểm)
x  8  4 y
x  4 y  8

+ Ta có 

2
x

5
y

13
2  8  4 y   5 y  13



các điểm M , N ( M  B, N  C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM ; P là giao điểm của AH và BC .
1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh BM .BA  BP.BC .
3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại
tiếp tứ giác AMHN theo a .
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC ( E , F là các tiếp

0,25

Câu II

là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 .
Câu III (1,5 điểm).
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên
cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với
khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe
đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu IV (3,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC . Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại

+ Ta có A  5. 20  5. 5  1
1
(1,0
điểm)

2
(1,0
điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NGÀY THI: 06/06/2018
MÔN THI: TOÁN
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Hướng dẫn, tóm tắt lời giải
Điểm
(2,0điểm)

3

(1,0
điểm)

a  a 1
( a  1)2
1 
 0. Vậy C  1.
a
a

0,25

0,25
0,25

0,25

x  3
a) Với m  1 thì phương trình (1) trở thành x2  x  6  0  
.
 x  2

0,25

Vậy khi m  1 thì phương trình có hai nghiệm x  3 và x  2 .

0,25


b) Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt

x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  25.
 m  4 2  0
   m  2 2  4  3m  3  0


m  2
 x1  x2  m  2  0
Khi đó 

 x1.x2  3m  3  0
m  1
2
 x 2  x 2  25

 1
2
 x1  x2   2 x1 x2  25


m  4
m  4
m  4



 m  1
 m  1
 m  1  m  5.


m 2  2m  15  0
 m5
2


 m  2   2  3m  3  25
  m  3

(3,0điểm)

Câu IV
A

0,25

M
E

B

0,25

N

F

H
C
P O

Vậy m phải tìm là m  5.
Câu III

Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h)  x  2  .
Thời gian để bạn Linh đi từ nhà đến trường là

(1,5điểm)
0,25

1
(1,0
điểm)

0,25

10
Do đó thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là
(giờ).
x2
10 10 1
Theo bài ra, ta có phương trình
 
x2 x 4

0,25

2
(1,0
điểm)

 40 x  40  x  2   x  x  2 
 x 2  2 x  80  0
(1,5
điểm)

 x  8

.
 x  10

0,25

0,25

nên M và N cùng thuộc đường tròn đường kính AH. ( hoặc AMH  ANH  180 )

0,25

+ Vậy tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.

0,25

+ Tứ giác AMPC có APC  900 (do H là trực tâm tam giác ABC) và AMC  900

0,25

nên tứ giác AMPC nội tiếp đường tròn đường kính AC

0,25

(Hoặc hai tam giác BMC và tam giác BPA đồng dạng)
BM BC
Chỉ ra được

BP BA

0,25

Từ đó suy ra BM.BA = BP.BC

0,25

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH
0,25

Nhận xét : x  8 loại, x  10 thỏa mãn.
Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.

ANH  900
0

10
(giờ).
x

Vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x  2 (km/h).

0,25

+ Chỉ ra được AMH  900

0,25
3
(0,5
điểm)

Tam giác ABC đều nên trực tâm H cũng là trọng tâm
2
2 AB 3 2a 3
 AH  . AP  .

( hoặc tính được bán kính đường tròn ngoại
3
3
2
3
1
a 3
tiếp tứ giác AMHN là R  AH 
)
2
3
Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng  .AH =

2 a 3
.
3

( Hoặc tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo công thức 2 R )
Kết luận : Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng

4
(0,5

Ta có AH.AP = AM.AB = AE2 

AH AE

.
AE AP

0,25

0,25

2 a 3
.
3

0,25


điểm)

AH AE
và EAP chung nên tam giác AHE

AE AP
đồng dạng với tam giác AEP suy ra AHE  AEP (1)

Hai tam giác AHE và AEP có

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC KẠN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Tương tự, ta có: AHF  AFP (2)

Câu 1.
a) Giải phương trinh 3x  2  0
b) Giải phương trình x2  5x  6  0

Mặt khác: tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm
điểm A,E,P,O,F cùng thuộc đường tròn đường kính AO .
Suy ra tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên AEP  AFP  1800 (3).
Từ (1),(2) và (3)  AHE  AHF  AEP  AFP  1800  EHF  1800 .

0,25

Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng.
Câu V

Với x  0 , ta có:
1
6 x 8
P  9 x   2025 
9x
x 1
1  
6 x 8


  9 x  2     9 
  2018
9x  
x  1 


(0,5điểm)

1  (3 x  1)2

 3 x 
  x  1  2018  2018 .
3 x


1

0
1
3 x 
3 x
 x  ( thỏa mãn).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
9
3 x  1  0


0,25

1

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 2018 khi x  .
9

Tổng

2x  3y  1
x  2y  1

c) Giải hệ phương trình 

d) Quãng đường từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi
ngược dòng từ B về A mất tổng cộng 8h. Tính vận tốc thực của ca nô, biết
vận tốc dòng nước là 4 km/ h
Câu 2. Rút gọn các biểu thức
a) A  2 20  3 45  4 80


0,25

2

(0,5
điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)

1



x 1

b) B   2 
 x  0;x  1;x  4 
.
x 1  2 x 1

Câu 3
a) Vẽ Parabol (P): y  2x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tìm a, b để đường thẳng (d): y=ax +b đi qua điểm M(0; 1) và tiếp xúc với
Parabol (P)
Câu 4.Cho phương trình x2  2(m  1)x  6m  4  0 (1) (với m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi
m
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn

 2m  2  x1  x22  4x2  4

10 điểm

Câu 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn
(O). Trên tia Ax lấy điểm C, từ điểm C vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại
hai diểm D và E (D, E không cùng nằm trên nửa mặt phẳng bở AB; D nằm giữa
C và E). Từ điểm O kẻ OH vuông góc với DE tại H.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHOC nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD.CE=AC.AE
c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. chứng minh rằng
tứ giác AMBN là hình bình hành

P N TON VO 10 BC CN 2018-2019

Câu 4:a) Ta có:x 2 2(m 1)x 6m 4 0(1)

2
Câu1: a)3x-2=0 x
3
b) x 2 5x 6 0 x 2 2x 3x 6 0

' m 1 6m 4 m 2 4m 5 m 2 1 0(m)

x x 2 3 x 2 0 x 3 x 2 0

x1 x 2 2m 2
áp dụngViet
x1x 2 6m 4
Do x1 ,x 2 là hai nghiệm của phươngtrình (1) nê n tacó :

2

b) Ta có 2m 2 x1 x 22 4x 2 4 (2)

x 3

S 3;2 .
x 2
2x 3y 1
x 2y 1

x 2y 1 x 2.3 1 x 5
c)




x

2y


1
2(2y

1)

3y

1


y 3
y 3
y 3
Vậy (x;y) (5;3)
d) Gọi x là vận tốc thực của ca nô (x 0)
Vận tốc lúc đi :x 4;vận tốc lúc về : x 4
Theo bài ta có phương trình:

60

60

8
x4 x4

2.2 5 3.3 5 4.4 5
4 5 9 5 16 5 3 5
1 x 1
1

b) B 2
(x 0;x )
.
4
x

1
2
x

1





x 1 .

2

x 1

x 1
2 x 1
Câu 3:a) Học sinh tự vẽ hình

x 22 4x 2 2x 2 2mx 2 6m 4 (3)
Thay (3) vào (2) ta có :

4m 2 2m 4m 4 6m 0

Câu 2.a) A=2 20 3 45 4 80 2 4.5 3 9.5 4 16.5



x 22 4x 2 2x 2 2mx 2 6m 4 0

2m.2(m 1) 2.2(m 1) 6m 0

x1 16 (chọn)
x 2 15x 16 0
x 2 1(loại)
Vậy vận tốc ca nô là16km / h

.

x 22 2mx 2 2x 2 6m 4 0

2m x1 x 2 2.(x1 x 2 ) 6m 0

60x 240 60x 240
8
x 2 16
8x 2 128 120x

2 x 2 1

x 22 2 m 1 x 2 6m 4 0

2 mx1 2x1 2x 2 2mx 2 6m 4 4





x 1

2 x 1

.





x 1 x 1

x 0
b) vì (d) qua M(0;-1)
. Thay vào (d) 1 0.a b b 1

y 1
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): y ax 1là :
2x 2 ax 1 2x 2 ax 1 0. ta có : a 2 8
Để (d) tiếp xúc với (P) thì 0 a 2 8 0 a 2 2
Vậy a 2 2 ;b 1thì thỏa đề

2

m 2
2m 2 3m 2 0
m 1

2
1
Vậy m 2; thì thỏa đề
2


Cau 5

S GIO DC O TO
BC LIấU

K THI TUYN SINH LP 10 THPT
NM HC 2018-2019

CHNH THC

Mụn thi: TON (Khụng chuyờn)

C

Thi gian: 120 phỳt
Ngy thi: 02/06/2018

Cõu 1. Rỳt gn biu thc
a) A 45 20 2 5
b)B

M

D

a2 a
a 2



a4
a 2

a 0;a 4
x y 4
2x y 5

Cõu 2. a) Gii h phng trỡnh
1
2

b)Cho hm s y x 2 cú d th (P) : y x 2m. V th (P) tỡm tt c cỏc giỏ tr

H
A

ca m sao cho (d) ct (P) ti im cú honh bng 1

B

O

Cõu 3. Cho phng trỡnh x2 4x m 1 0(1) (vi m l tham s)
a) Gii phng trỡnh (1) vi m = 2
b) Tỡm iu kin ca m phng trỡnh (1) cú nghim

E

c) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m sao cho phng trỡnh (1) cú hai nghim x1 ;x2
tha món iu kin

N
a) vì Ax tiếp tuyến CAO 900
Xét tứ giác AOHC có :CAO CHO 900 900 1800
CAOH là tứ giác nội tiếp

x1 1 x 2 1

3
2x 2
2x1

Cõu 4. Cho na dng trũn tõm O ng kớnh AB. V bỏn kớnh CO vuụng gúc
vi AB, M l mt im tựy ý bt k trờn cung AC (M khỏc A v C l iờm chớnh
gia cung AB), BM ct AC ti H. Gi K l chõn ng vuụng gúc k t H n
AB.

b) Xét ADC và EAC có :

a) Chng minh t giỏc BCHK l t giỏc ni tip

CAD AEC (cùng chắn AD); C chung

b) Chng minh CA l phõn giỏc ca gúc MCK

ADC

c) K CP vuụng gúc vi BM (P thuc BM) v trờn on thng BM ly im

EAC (g g)

AD AC


AD.EC AC.AE (dpcm)
EA EC

E sao cho BE = AM. Chng minh ME=2CP.


P N VO 10 TNH BC LIấU 2018-2019

CAU 4

Câu1:
A= 45 20 2 5 3 5 2 5 2 5 3 5
B

a2 a
a 2



a4
a 2

a ( a 2)



a 2





a 2



a 2

C



a 2

a a 2 2
x y 4
x 4 y
x 4 y
x 4 3 x 1
Câu 2:a)




2x y 5 2(4 y) y 5 y 3
y 3
y 3
1
1
2
b) vì (d) cắt (P) tại điểm có hoànhđộ là 1 x 1;y . 1
2
2
1
1
3
thay x 1;y ta có : 1 2m m
2

2
4
Câu 3.x 2 4x m 1 0 (1)

M
H
A

E

P

K

O

B

a) khi m 2 (1) thành x 2 4x 3 0 x 2 3x x 3 0
x 1
x(x 3) (x 3) x 1 x 3
x 3
b) Ta có : ' (2)2 m 1 3 m
Để phương trình (1) có nghiệm th ' 0 3 m 0 m 3
x x 4
c) với m 3,áp dụngVi et 1 2
x 2 4 x1
x1x 2 m 1
x 1 x2 1
Ta có : 1

3
2x 2
2x1


x1 1
4 x1 1

3
2(4 x1 )
2x1

x12 x1 (5 x1 )(4 x1 ) 3.2x1 (4 x1 )
x x1 20 9x1 x 24x1 6x
2
1

2
1

2

x
6x12 34x1 20 0
3

x 5
2
10

20
11
*) x1 x 2 m 1
x
3
3
9
9
*) x 2 5 x 2 1 m 1 5 m 6
11
Vậy m 6;m thì thỏa đề
9

HCB HKB 900 900 1800
Vậy tứ giác CHKB là tứ giác nội tiếp (dpcm)

x (x 1) (5 x1 )(4 x1 )
1 1
3
2x1 ( 4 x1 )
2
1

a) Xét tứ giác BCHK có :HCB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);HKB 900 (gt)

b) Tứ giác BCKH nội tiếp ACK MBA (cùng chắn cung HK)
MCA MBA (cùng chắn cung MA)
ACK MBA MCA hay CA là tia phân giác MCK
c) Xét CMA và CEB có :MA EB (gt);MAC EBC (cùng chắn cung MC)
CA CB (CAB vuông cân) CMA CEB (cgc)

CM CE CME cân tại C
Mà CMB CAB 450 (cùng chắn CB) CEM 450 MCE 900
Vậy CME vuông cân tại C
Mà CP ME (gt) nê n CP đường cao cũng là trung tuyến CME
Do đó PM PN CP ME 2CP


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau
Câu 1. Phương trình x2  3x  6  0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1  x2 bằng:
A. 3 .
B. 3 .
C. 6 .

D. 6 .

Câu 2. Đường thẳng y  x  m  2 đi qua điểm E 1;0  khi:
A. m  1 .

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

B. m  3 .

C. m  0 .

D. m  1 .

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , ACB  30 , cạnh AB  5cm . Độ dài cạnh AC là:
5 3
5
A. 10 cm.
B.
cm.
C. 5 3 cm.
D.
cm.
2
3
Câu 4. Hình vuông cạnh bằng 1 , bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
1
2
A. .
B. 1 .
C. 2 .
D.
.
2
2
Câu 5. Phương trình x2  x  a  0 (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:

1
1
A. a 
.
B. a  .
C. a  4 .
D. a  4 .
4
4

a3
Câu 6. Cho a  0 , rút gọn biểu thức
ta được kết quả:
a
2
A. a .
B. a .
C.  a .
D. a .
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7. (2,5 điểm)
x  2 y  5
a) Giải hệ phương trình 
.
3x  y  1
b) Tìm tọa độ giao điểm A , B của đồ thị hai hàm số y  x 2 và y  x  2 . Gọi D , C lần lượt là
hình chiếu vuông góc của A , B lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD .
Câu 8. (1,0 điểm) Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/6, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở
thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển
thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5

phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở.
Câu 9. (2,5 điểm) Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường tròn đó sao cho C , D

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Mỗi câu trả lười đúng 0,5 điểm
Câu
1
2
3
Đáp án
A
D
C
PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu
Đáp án
7.a
x  2 y  5 x  2 y  5
7 x  7
x  1
.




3
x

y


1
6
x

2
y

2
x

2
y

5



y  2

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán

4
D

5
B

6
B
Điểm

1,0
1,0

7.b

1,5
Phương trình hoành độ giao điểm x2  x  2  0 .
Giải phương trình tìm được x1  1 ; x2  2 . Ta xác định được điểm A  1;1 , B  2; 4  .
(Chú ý: Nếu học sinh vẽ hình hai đồ thị hàm số và tìm ra giao điểm đúng thì cho điểm tối đa)
Do đó, hình chiếu của A , B trên trục hoành lần lượt là D  1;0  , C  2;0  .
Khi đó , ABCD là hình thang vuông tại C , D có các đáy là AD  1 , BC  4 , đường cao
CD  3 .
1
1
15
Diện tích cần tìm là S ABCD   AD  BC  CD  .5.3 
(đơn vị diện tích).
2
2
2

8

Gọi x là số quyển vở của mỗi phần quà và y là số phần quà dự tính ban đầu  x, y 

*

.

Số quyển vở mà nhóm học sinh có là x. y quyển vở.
Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nên  x  2  y  2   xy .

0,75

0,75

1,0

0,5

Nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nên  x  4  y  5  xy .
Ta có hệ phương trình

x  y  2
4 x  4 y  8
 x  12
 x  2  y  2   xy
(thỏa mãn).




5
x

4

y

20
5
x

4
y

20


 y  10

 x  4  y  5  xy
Vậy có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.
9.a

0,5

1,0

nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD  AC . Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC ,

AD lần lượt là M , N ; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H , I ; giao điểm của MD và CN là K .
a) Chứng minh ACN  DMN . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp.
b) Chứng minh KH song song với AD .
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ AC và sđ AD để AK song song với ND .
Câu 10. (1,0 điểm)
a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức A  4a2  6b2  3c2 .
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình x2  2ax  3b  0 và x2  2bx  3a  0
(với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên.
------------------ Hết ------------------Họ tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...........................................S

Vẽ hình đúng câu a)

0,25


1
1
Ta có ACN  sđ AN  sđ DN  DMN * .
2
2

0,5

Xét tứ giác MCKH có KCH  KMH (do * ). Do đó, tứ giác MCKH nội tiếp.

0,25

9.b

0,5
1
Do tứ giác MCKH nội tiếp nên HKM  HCM  sđ AM  ADM .
2
Suy ra, HK //AD (hai góc đồng vị).

1,0







 



1
1
1
sđ MC  sđ DN ; MCK  sđ MA  sđ AN  sđ MC  sđ DN .
2
2
2

 MKC  MCK  MCK cân tại M  MC  MK mà MC  MA  MA  MK .
Do đó, MAK cân tại M .

Vì MN là phân giác góc AMK nên MN  AK  MN  DN .
Do đó, MD là đường kính của đường tròn tâm O đường kính AB .
1
Suy ra, sđ MA  sđ AD  180  sđ AC  sđ AD  180 .
2
10.a

0,5

0,5

0,5
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
8
8
16
16
4a 2  4  2 4a 2 .4  8a ; 6b2   2 6b2 .  8b ; 3c 2   2 3c 2 .  8c .
3
3
3
3
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta được:
8 16
4a 2  6b2  3c 2  4    8  a  b  c   24  4a 2  6b2  3c 2  12 .
3 3
a  b  c  3 
 2
a  1
 4a  4

2
 2 8

 b  .
Dấu “=” xảy ra  6b 
3

3


4
 2 16

c
3c 
3

3


10.b

0,25

0,25

Giả sử a  b  0 khi đó a  a  3b   a  2   a  3b   a  1  3b  2a  1 .
2

2

Câu 2. (2 điểm)
Cho phương trình: x2  5x  m  0 (*) (m là tham số)
a) Giải phương trình (*) khi m  3.
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 9 x1  2 x2  18.

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho parabol (P): y 

Phương trình x 2  2bx  3a  0  2  có  2  b2  3a .
2

A  12  27  48 .
1  x 1
 1
với x  0 và x  1 .
B

:
x  1  x 1
 x 1
 x  2 y  12
b) Giải hệ phương trình: 
.
3x  y  1

Câu 3. (2 điểm)

Phương trình x 2  2ax  3b  0 1 có 1  a 2  3b .
Vì hai phương trình có nghiệm nguyên nên 1 ,  2 đều là số chình phương.

Câu 1. (2.5 điểm)
a) Rút gọn các biểu thức:

0,25

0,5

2

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN (chung)
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

0,5

9.c
Ta có CKM 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE

2

Do đó b là số lẻ. Đặt b  2n  1   2  4n2  13n  4 .

y   2m  1 x  5 .
a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E  7;12  .
c) Đường thẳng y  2 cắt parabol (P) tại hai điểm A, B. Tìm tọa độ của A, B và tính
diện tích tam giác OAB.

Câu 4. (3.5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm

giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC
cắt đường tròn (O; R) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH.
c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng
minh tam giác NFK cân.
d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN.

+) Nếu n 1; 2;3; 4 thì  2 không là số chính phương.
HẾT

+) Nếu n  0   2  4  a  b  1 (thỏa mãn).
+) Nếu n  5 thì 2  169  a  16, b  11 (thỏa mãn).
+ Nếu n  5 thì  2n  3  4n2  13n  4   2n  4    2 không là số chính phương.
2

2

Vậy các bộ số  a; b  thỏa mãn là: 1;1 , 16;11 , 11;16  .

0,25

1 2
x và đường thẳng (d):
2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN (chung)
(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)
Nội dung

a) Rút gọn các biểu thức:
A  12  27  48

Điểm
1,5đ
0,5đ

A  2 3 3 3 4 3

0,25

A 3

0,25

1  x 1
 1
B

với x  0 và x  1 .

:
x  1  x 1
 x 1

1,0 đ


B
x

1
 
x 1





2



x 1

 : x 1
x  1 x  1



x 1

:

0,25

 x1  x2  5
 x 4
Ta có hệ phương trình: 
 1
9
x

2
x

18
 1
2
 x2  9
nên m  x1.x2  4(9)  36 (thỏa điều kiện)
Vậy m = -36

Ghi chú
Câu 3

y

0,25

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho parabol (P): y 
(d): y   2m  1 x  5 .
a) Vẽ đồ thị của (P).
Bảng giá trị :
x
-2
2
1 2

x 1

2

x

1 2
x và đường thẳng
2

2,0đ
1,0đ

-1

1
2

0
0

1
1
2

2
2

0,5

Đồ thị

x 1
x 1

0,25

2 x 1
.
x 1 x 1
2
B
x 1



0,25
0,5
0,25

 x  2 y  12
.
b) Giải hệ phương trình: 
3x  y  1

1,0 đ

 x  2 y  12

.
6 x  2 y  2

0,25

(Phương pháp thế: x  12  2 y )

 7 x  14  x  2
x 2 y 5

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E  7;12  .

Đường thẳng (d): y   2m  1 x  5 đi qua điểm E  7;12  , ta có

0,25
0,25

x  2
y  5

Câu 2

 x1  x2  5
 x1.x2  m

Theo hệ thức Viet, ta có : 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

0,25

Cho phương trình: x  5x  m  0 (*) (m là tham số)
a) Giải phương trình (*) khi m  3.

2,0 đ

2

1,0 đ

2
Với m = -3 ta có phương trình: x  5x  3  0
Ta có:   37  0

 x2
1 2
x  2  x2  4  
2
 x  2

0,25

0,25


5  37
x 
2
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 

5  37
x 

2

25
4

0,25

1
AB.OH  4 (đvdt)
2
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung
MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài
đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại
điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
Diện tích tam giác OAB : SOAB 

Câu 4
1,0 đ
0,25

0,25
0,25
0,5

0,25

Vậy A(-2 ;2), B(2 ;2)
AB = 4, H(0 ;2) là giao điểm của đường thẳng y = 2 và trục tung

0,5

b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 9 x1  2 x2  18.
Ta có   25  4m
Phương trình (*) có 2 nghiệm    0  25  4m  0  m 

12   2m  1 .7  5
 2m  1  1  m  1
c) Đường thẳng y  2 cắt parabol (P) tại hai điểm A, B. Tìm tọa độ của A,
B và tính diện tích tam giác OAB.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng y = 2 là :

0,5

0,25

3,5đ


mà MN  AB nên OK //MN

----------------HẾT---------------

0,25

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
Ta có : AHE  900

0,25

AKB  90
 AHE  AKB  1800

0,25

0

0,25

(1)

Hai góc AHE , AKB đối nhau
(2)
Từ (1), (2) ta có tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn đường kính AE.
b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH.
Do tứ giác AHEK nội tiếp nên HAK  KEN

CKE ∽ CHA vì C chung và HAK  KEN

0,25
0,25

 AHC  EKC  90 
0

CK CE
=
 CK .CA  CH .C E
CH CA
c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F.
Chứng minh tam giác NFK cân.
Do KB // FN nên EKN  KNF , MKB  KFN
(3)
nên

mà MKB  EKN (góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau)

(4)

(3), (4)  KNF  KFN nên tam giác KFN cân tại K.
d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN.
Ta có AKB  900  BKC  900  KEC vuông tại K.
mà KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K  KEC  450
OAK  OKA  KEC  450  AOK  900 hay OK  AB

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học : 2018-2019
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 13/06/2018
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể phát đề)
1 
x
 1
Bài 1. Cho biểu thức A  

(x  0)
:
x

x
x

1
x


2
x 1



a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị của x để A 

1
2

2x  y  4
x  3y  5

1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng d có hệ số góc k đi qua
điểm M(1; - 3) cắt cát trục toạn đọ Ox, Oy lần lượt tại A và B
a) Xác định tọa độ các điểm A, B theo k
b) Tính diện tích tam giác OAB khi k = 2
Bài 3. Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo
ngược của nó bằng 18 (số đảo ngược của một số là một số thu được bằng cách
viêt các chữ số của nó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình
phương số đảo ngược của nó bằng 618
Bài 4. Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy
ý (M không trùng với B, C, H).Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M
lên AB, AC.
a) Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được đường tròn và xác định tâm O
của đường tròn này

b) Chứng minh OH  PQ
c) Chứng minh MP  MQ  AH
Bài 5. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động
Chứng minh MN = a – x – y

1 
x
 1
1)a) A  

:
x 1  x  2 x 1
x x


1 x
x.





x 1


.

  1  x 1  x   1  x

x 1

x

2

x. x

x

1
1 x 1
1 x 1
2  2x  x

 
 0
0
2
x
2
x
2
2x
2  3x
2

 0 mµ x  0  2  3x  0  x 
2x
3
2
1

VËy 0  x 
th× A 
3
2
2x  y  4
2x  y  4
7y  14
x  5  3.(2)
x  1
Bµi 2.1) 




x  3y  5 2x  6y  10
x  5  3y
y  2
y  2
b) A 

Bài 2.

trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 NĂM 2018-2019 TỈNH BÌNH ĐỊNH

AM AN

 1. Đặt AM = x; AN = y.
MB NC

VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1; 2)
2)a)v× ®­êng th ¼ ng d cã hÖ sè gãc k nª n (d) cã d¹ng y  kx  b
V× d qua M(1; 3)  3  1.k  b  b  3  k
 ®­êng th ¼ ng d cã d¹ng y  kx  3  k
V× A  Ox  A(x;0)
vµ A  d  0  kx  3  k  x 

3 k
 k 3 
 A
;0 
k
 k


V× B  Oy  B(0;y)
vµ B  d  y  k.0  3  k  y  3  k  B  0; 3  k 
2

k 3
 k 3 
 k 3
b) ta cã  OAB vu«ng t¹i O mµ A 
;0   OA  
  k
k
k





B(0; 3  k)  OB 

 3  k 

2

 k3

23
.  2  3
OA.OB
25
khi k  2  S OAB 
 2
 (®vdt)
2
2
4
25
VËy khi k=2 th× S OAB 
4


Bài 3.Gọi số có hai chữ số cần tìm là ab a *;0 a 9;0 b 9

a) Xét tứ giác APMQ có :APM AQM 90 0 (gt)

Số đảo ngược là :ba

APM AQM 1800 Tứ giác APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

Theo đề hiệu của số ban đầuvới số đảo ngược là18 ab ba 18 10a b 10b a 18

Gọi O là trung điểm của AM Tứ giác APMQ nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AM

9a 9b 18 a b 2 a b 2 (1)

1
b) ta có :AHM 900 (gt) AHM nội tiếp chắn đường tròn đường kính AM
2
H thuộc đường tròn (O)

Tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược là 618



ab ba

2

618

ta có :HPQ HAC (2 góc nội tiếp cùng chắn HQ)

10a b (10 b a)2 618

HQP HAB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HP)

10a b 100b 2 20ab a 2 618(2)

mà HAC HAB ( ABC đều nên AH đường cao cũng là phân giác)

Thay (1) vào (2) 10(b 2) b 100b 2 20(2 b).b (2 b)2 618

HPQ HQP HPQ cân tạiH HP HQ (1)

20 10b b 100b 2 40b 20b 2 4 4b b 2 618

mà OP OQ (do P,Q (O))(2)

121b2 55b 594 0

từ (1) và (2) OH là đường trung trực của PQ OH PQ

b 2

. b2a 4
b 27 (loại)

11
Vậy số cần tìm là 42

1
1
c) Ta có :S MAB MP.AB MP.BC (do AB AC)
2
2
1

1
S MAC .MQ.AC .MQ.BC (do AC BC)
2
2
1
S ABC AH.BC
2
Mà S MAB S MAC S ABC

Cau 4

A

1
1
1
MP.BC MQ.BC AH.BC
2
2
2
MP MQ AH (dpcm)


Cau 5

A

O

N'

N

P
M

M'

Q
B

H

M

C
B

C


AM AN
AM
AN
Ta có :

1

1
MB NC

AB AM AC AN
x
y


1 ax xy ay xy a 2 ax ay xy
ax ay
a 2 2ax 2ay 3xy 0
a 2 x 2 y 2 2ax 2by 2xy x 2 y 2 xy
a x y x y xy
2

2

2

Gi ả sử x y, kẻ MM '/ /BC;NN '/ / BC,M' AC;N' AB
AM AM '
áp dụng định lý ta let

; AB AC AM AM '
AB
AC
BAC 600 MAM ' 600 AMM ' đều MM ' AM x
chứng min h tương tự ta có :NN ' y
MM '/ /NN ';AMM ' AM ' M 600 MM ' NN ' là hình thang cân
Ta có:MN'=M'N=x-y
xy
xy
MH

2
2
áp dụng định lý Pytago vào NHM ' có :
Kẻ NH MM ' ta có : M'H

x y 3

4
2
áp dụng định lý Pytago vào NHM vuông tại H ta có :
x y

NH NM '2 M ' H 2

2



x y

2

3(x y)2 x y
4x 2 4y 2 4xy


x 2 y 2 xy
4
4
4

2

MN NH 2 MH 2


a x y

2

axy

AM AN

1
MB NC
AM

1 AM AB
MB
Ta có

1
AM AM AM MB AB a AM a
2
1
Cmtt ta cũng được AN a
2
1
1
axy a a a 0 axy axy

2
2
Vậy MN a x y

S GIO DC V O TO
BèNH DNG

THI CHNH THC

K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT
Nm hc: 2018 2019
Mụn thi: TON
Thi gian lm bi : 120 phỳt

Bi 1

1) Rỳt gn biu thc A 5 2 40
2

x x

x 1

x 1

2) Rỳt gn biu thc B

(x 0;x 1)
:
x

x 1 x x
Tớnh giỏ tr ca B khi x 12 8 2
Bi 2.
Cho Parabol (P) :y x2 v ng thng (d) : y 2 3x m 1 (m l tham s)
1) V th hm s (P)
2) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m (d) ct (P) ti hai im phõn bit
Bi 3
9x y 11
5x 2y 9

1) Gii h phng trỡnh

2) Cho phng trỡnh x2 2(m 2)x m2 3m 2 0 (1) (m l tham s)
a) Gii phng trỡnh (1) khi m = 3
b) Tim cỏc giỏ tr ca tham s m phng trỡnh (1) cú hai nghim phõn
bit x1 ;x2 sao cho biu thc A 2018 3x1x2 x12 x22 t giỏ tr nh nht
Bi 4.
Mt ngi d nh i xe mỏy t tnh A n tnh B cỏch nhau 90km trong m
thi gian ó nh . Sau khi i c 1 gi, ngi ú ngh 9 phỳt. Do ú, n
tnh B ỳng hn, ngi y phi tng vn tc thờm 4 km/h. Tớnh vn tc lỳc u
ca ngi y
Bi 5. Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn ni tip trong ng trũn (O) cú bỏn
kớnh R=3 cm. Cỏc tip tuyn vi (O) ti B v C ct nhau ti D
a) Chng minh t giỏc OBDC ni tip ng trũn
b) Gi M l giao im ca BC v OD. Bit OD = 5 cm. Tớnh din tớch tam
giỏc BCD
c) K ng thng d i qua D v song song vi ng tip tuyn vi (O) ti
A, d ct cỏc ng thng AB, AC ln lt ti P, Q. Chng minh
AB.AP=AQ.AC
d) Chng minh gúc PAD bng gúc MAC

P N VO 10 NM 2018-2019 TNH BèNH DNG
Bài1:1) A



5 2



2

40 5 2 10 2 2 10 7





m 2 4m 4 m 2 3m 2 0 m 6

2
2
2018 3x1x 2 x1 x 2 2x1x 2 2018 5x1x 2 x1 x 2


Thay viet vào A ta có :

1
x
x 1
x

x

.

.
x x 1
x
x 1




Ta có x 12 8 2 x 12 8 2



x 1 .

x 1

2 2



x 1

2

A 2018 5x1x 2 (x1 x 2 )2 2018 5(m 2 3m 2) 4 m 2

x 1

2.2 2.2 2
2

2

2 2



2

2 2 2

B x 1 2 2 2 1 1 2 2
Bài 2. a) Học sinh tự vẽ
b) ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) :
x 2 2 3x m 1 0 (1)
'

3

2

2

x1 x 2 2(m 2)
Lúc đó,áp dụng vi et ta có
2
x1x 2 m 3m 2
Ta có :A 2018 3x1x 2 x12 x 22

x x
x 1 x 1
2) B

:
x 1 x x
x


x x 1

x 1
x


.


x 1
x
1
x. x 1

b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ' 0 m 2 (m 2 3m 2) 0

m 1 3 m 1 2 m

Để (d) c ắ t (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
' 0 2 m 0 m 2
9x y 11
5x 2(11 9x) 9
13x 13 x 1
x 1
Bài 3.1)




5x

2y

9
y

11

9x

y

11

9x
y

11

9.1




y 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) (1;2)
2)a) khi m 3 ptrinh (1) thành x 2 10x 16 0
x 8
x 2 2x 8x 16 0 x(x 2) 8(x 2) 0 x 8 x 2 0
x 2
S 2;8

2018 5m 2 15m 10 4m 2 16m 16 m 2 m 1992
2

1 7967

m
2
4

7967
1
Ta có :A
.dấu" "x ả y ra m (tm)
4
2
1
Vậy m thì thỏa đề
2
Bài 4.Gọi x(km/h) là vận tốc ban đầu của người đó
90
Thời gian dự định đi hết quãng đường là : (h)
x
Quãng đường người đó đi trong1h :x(km)
Quãng đường còn lại phải tăng tốc là :90 x
Vận tốc của người đó sau khi tăng tốc:x 4 (km / h)
90 x
x4
90
9 90 x
Theo đề ta có phươngtrình: 1
x
60 x 4
90 23 90 x



x 20 x 4
90.20(x 4) 23x(x 4) 20(90 x).x

Thời gian đi hết quãng đường còn lại :

1800x 7200 23x 2 92x 1800x 20x 2
x 36 (tm)
3x 2 92x 7200 0
x 200 (không thỏa)

3
vậy vận tốc lúc đầu của người đó :36 km / h

2


Cau 5
1) Do DB, DC là các tiếp tuyến của (O) OBD OCD 900

G

G

OBD OCD 900 900 1800
Tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp
2) áp dụng ịnh lý Pytago vàoOBD vuôngtạiB
DB OD 2 OB 2 52 32 4 (cm)
Ta có :OB OC R,BD DC (2 tiếp tuyến cắt nhau)
O;D thuộc trung trực BC OD là trung trực BC OD BC
áp dụng hệ thức lượng vào OBD vuông, ta có :

A

DB 2 4 2 16

(cm)
DO
5
5
OB.BD 3.4 12
BM.OD OB.BD BM

(cm)
OD
5
5
1
16 12
Vậy S DBC DM.BC DM.BM . 7,68(cm 2 )
2
5 5
DM.DO DB 2 DM

M

C

3. Ta có :APQ BAx (2 góc so le trong doAx / /PQ)
mà xAB ACB (cùng ch ắ n AB) APQ ACB
Xét ABC và AQP có :

B
Q

D

PAQ chung; APQ ACB (cmt)
AB AC
ABC AQP (g.g)

AB.AP AC.AQ
AQ AP
4. Kéo dài BD cắt D tại F
ta có :DBP ABF (đối đỉnh)
mà ABF ACB (cùng chắn AB )
ACB APD (do ABC

P

AQP)

DBP APD BPD DBP cân tại D DB DP
Tương tự kéo dài DC cắt d tại G, ta chứng min h DCQ ACG ABC DQC DCQ cân tại D
lại có :DB DC (tính chấthai tiếp tuyến cắt nhau) DP DQ D là trung điểm PQ
AB AC BC 2MC
AC MC
Ta có : ABC AQP (cmt)





AQ AP PQ 2PD
AP PD

xét AMC và ADP có :
ACM APD (ACB APQ cmt)
AC MC

(cmt)
AP PD
AMC ADP (cgc) PAD MAC (dpcm)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (CHUNG)

KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG)
Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi 01/06/2018

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25

2. Cho biểu thức P  1 

N  ( 5  1)  5
2

Lời giải
1. M  6  5  11

N  5  1 5  1

Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y   x  2
a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép tính.

x ( x  1)
1 x
x 1
b. P  3  1  x  3  x  4 thỏa mãn. Vậy x  4 thì P  3
2a. P  1 

Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y   x  2
a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép tính.

3x  y  5
2 x  y  10

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

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình: x2  2mx  2m  1  0 ( m là tham số ) (1)
a) Giải phương trình (1) với m  2 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho:
2
1

x x
, với x  0 và x  1
x 1

a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm giá trị của x , biết P  3

x x
2. Cho biểu thức P  1 
, với x  0 và x  1
x 1
a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm giá trị của x , biết P  3

x

N  ( 5  1)2  5

3x  y  5
2 x  y  10

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

 2mx1  3 x22  2mx2  2   50

Lời giải

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 vận tốc xe thứ hai 10 km / h , nên xe thứ nhất đến B trước
xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH  H  BC  . Biết
AC  8cm, BC  10cm . Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BH , CH và AH .
Câu 5 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm  O  , từ điểm M ở bên ngoài đường tròn  O  kẻ các tiếp tuyến

1a. Bảng giá trị
x
-2
y = x2
4
x
y=-x+2

-1
1

0
0

1

1

0
2

2
4
2
0

MA, MB ( A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M

và 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

b.Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d ):

Hết.
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD…………………
Họ tên, chữ ký giám thị 1:…………………………………………….......................
Họ tên, chữ ký giám thị 2:…………………………………………….......................

x 2 = -x + 2  x 2 + x - 2 = 0
  x+2  x  1  0

1

2


 x  2  y  4

x 1 y 1

9

m  3; 
2

Vậy

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( -2; 4), ( 1; 1)

2. Gọi vận tốc xe thứ nhất là x km/h ( x >10)
Thì vận tốc xe thứ hai là x - 10 km/h

5 x  15

 y  5  3x

50
h
x
50
Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là
h
x  10

50
50 1
Theo đề bài ta có phương trình
 
x  10 x 4
 x 2  10 x  2000  0
 ( x  50)( x  40)  0
Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là

x  3
 y  5  3.3

2.  

x  3

 y  4
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là (3 ; - 4)
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình: x2  2mx  2m  1  0 ( m là tham số ) (1)
a) Giải phương trình (1) với m  2 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho:

x

2
1

 x  50 ( N )


 x   40 ( L)

 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 vận tốc xe thứ hai 10 km / h , nên xe thứ nhất đến B trước
xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của mỗi xe.
Lời giải
a.Thay m  2 ta có phương trình
x2 – 4 x  3  0 

x

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50 km/h; vận tốc xe thứ hai là 40 km/h
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH  H  BC  . Biết
AC  8cm, BC  10cm . Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BH , CH và AH .
Lời giải

x 1
x  3

– 1  x – 3  0  

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;3
b.  '  m2  2m  1  (m  1)2  0  Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m
Vì x1, x2 là là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

x12  2mx1  3  4  2m

AH =

x22  2mx2  2  1  2m

BH .CH  3,6.6,4  4,8(cm)
Theo định lí Py-ta-go ta có AB  BC 2  AC 2  102  82  6(cm)

Theo đề bai tao có  x12  2mx1  3 x22  2mx2  2   50

ABC có A  900 ; AH  BC

  4  2m  1  2m   50

 AB 2  BH .BC  BH 

 4m 2  6m  54  0

AB 2 62
  3,6(cm)
BC 10

CH = BC – BH = 10 – 3,6 = 6,4 ( cm)
Câu 5 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm  O  , từ điểm M ở bên ngoài đường tròn  O  kẻ các tiếp tuyến

 m  3
  m  3 2m  9   0  
9
m 


2

MA, MB ( A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M
và D; O và B nằm về hai phía so với cát tuyến MCD ).
3

4


a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp.
b) Chứng minh: MB2  MC.MD

 CHB  DHB  AB là phân giác của CHD

c) Gọi H là giao điểm của AB và OM . Chứng minh: AB là phân giác của CHD

Vẽ hình đến câu a

Ta có:

OAM  OBM  90O (vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) )  OAM  OBM  180O
b. Xét MBC và MDB có:
 BMD chung


1
 MBC  MDB ( sd BC )
2


 tứ giác MAOB nội tiếp.
 MBC MDB (g-g)
MB MC


MD MB
 MB 2  MC.MD (1)

c. MOBcó B  900 ; BH  OM  MB2  MH .MO

(2)

(1) & (2)  MC.MD = MH.MO

Xét MCH & MOD có:
 DMO chung

 MC MH

(vì MC.MD = MH.MO)

 MO MD

 MCH

MOD (c.g.c)  MHC  ODM

(3)

 tứ giác OHCD nội tiếp

 OHD  OCD; mà OCD  ODM (OCD cân)  OHD  ODM (4)

(3) & (4)  MHC  OHD do MHC  CHB  OHD  DHB  900

5

6


S GIO DC V O TO
BèNH THUN

CHNH THC

K THI TUYN SINH LP 10 THPT
NM HC 2018-2019
Mụn thi: TON
Thi gian lm bi: 120 phỳt
Ngy thi: 11/07/2018

Cõu 1. Rỳt gn biu thc A 6 2 . 2 16 12
Cõu 2. Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau:
a)x 3x 10 0
2

2x y 4
b)
3x y 1

Cõu 3. Cho hm s y x2 cú th (P)
a) V th hm s (P) trờn mt phng ta Oxy
b) Tỡm tham s m phng trỡnh ng thng (d): y m2 4 x m2 3
luụn ct P ti hai im phõn bit
Cõu 4. Quóng ng AB di 120 km. Hai ụ to khi hnh cựng mt lỳc t A n
B. Mi gi ụ tụ th nht chy nhanh hn ụ tụ th hai 12 km nờn n trc ụ tụ
th hai 30 phỳt. Tớnh vn tc ca ụ tụ th nht.
Cõu 5. Cho ng trũn (O;R) v im M nm ngoi ng trũn (O) sao cho
OM=2R. T im M ve hai tip tuyn MA, MB vi ng trũn (O) (A,B l cỏc
tip im)
a) Chng minh t giỏc AOBM ni tip
b) Tớnh di on thng MA theo R v tớnh s o AOM
c) T M v cỏt tuyn MCD n ng trũn (O) (cỏt tuyn MCD khụng i
qua tõm v MC< MD). Chng minh MA2 MC.MD
d) AB ct MO ti H. Chng minh HDC HOC

Câu1. A



P N VO 10 BèNH THUN 2018 2019



6 2 . 2 16 12

12 2 4 12 6
Câu 2: a) x 2 3x 10 0 x 2 5x 2x 10 0
x 5
x(x 5) 2(x 5) 0 x 5 x 2 0

x 2
Vậy S 5; 2
2x y 4
2x 3x 1 4
5x 5
x 1
x 1
b)




3x y 1
y 3x 1
y 3x 1 y 3.1 1 y 2
Vậy (x;y) (1;2)
Câu 3)a ) học sinh tự vẽ
b) ta có pt hoành độ giao điểm (d)và (P) : x 2 (m 2 4)x m 2 3 0
x 2 (m 2 4)x 3 m 2 (1)



Ta có : (m 2 4)2 4(3 m 2 ) m 4 8m 2 16 12 4m 2 m 4 4m 2 4 m 2 2



2

(d) căt (P) tại 2 điểm phân biệt khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt 0 (m 2 2)2 0
m 2

Câu 4: Gọi x (km/h) là vận tốc ô tô thứ nhất (x 12)
120
x
120
Thời gian ô tô thứ hai đi là:
x 12
1
Ta có :30 phút h
2
120 120 1
Theo đề ta có phương trình :


x 12 x
2
120x 120x 1440 1


x(x 12)
2
Thời gian ô tô thứ nhất đi là:

x 2 12x 2880 x 2 12x 2880
Ta có ' 6 2880 2916 0 54
2

Nê n phương trình có hai nghiệm
x1 6 54 60(chọn)

x 2 6 54 48(loại)

Vậy vận tốc ô tô thứ nhất là 60 km / h