SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
Năm học: 2018 - 2019
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài:120 phút không kể thời gian giao đề
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 thằng (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 10km/h nên
xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe.
b) Cho phương trình: x 2 mx 1 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của
m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 và x1 x2 6 .
Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ cát
tuyến AMN không đi qua (O) (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với
(O;R). (B và C là hai tiếp điểm và C tuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và
AO lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của MN.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.
� .
b) Chứng minh EB.EC = EM.EN và IA là phân giác của BIC
c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng AMF ∽ AON và
BC //DN .
d) Giả sử OA = 2R. 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 ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
3ab
thức P 1 a 2 1 b 2
.
ab
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI
Bài 1.
a) Ta có 1 + 4 – 5 = 0, phương trình đã cho có hai nghiệm x1 1; x2 5
3x 6
�x y 1
�
�x 2
�x 2
��
��
��
b) �
2x y 5
2x y 5
�
�
�2.2 y 5
�y 1
Hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y 2;1
c) P 16 3 8
12
42 4 422 4
3
Bài 2.
a) Bảng giá trị của (P)
x
–2
–1
0
1
2
y 2x2
8
2
0
2
8
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2 x 2 2 x m � 2 x 2 2 x m 0(1) .
' 12 2. m 2m 1
(P) và (d) chỉ có một điểm chung khi phương trình (1) có nghiệm kép
1
=> ' 0 hay 2m 1 0 � m .
2
Khi m
1
1
1
phương trình (1) có nghiệm kép x1 x2 � y1 y2 .
2
2
2
�1 1 �
Vậy tọa độ điểm chung khi đó là � ; �
.
�2 2 �
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:
1
(h)
x
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:
1
(h)
x 10
Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình:
450 450 3
� 900 x 900 x 9000 3 x 2 30 x
x 10
x
2
� 3x 2 30 x 9000 0 � x 2 10 x 3000 0
10 2 4.3000 12100 ;
x1
110
10 110
10 110
60 (nhận), x2
50 (loại)
2
2
Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60 (km/h)
Thì vận tốc xe thứ hai là 60 – 10 = 50(km/h)
b) a = 1; b = – m; c = – 1.
Vì a và c khác dấu, phương trình luôn có hai nghiệm x1 ; x2 khác dấu.
Theo hệ thức Viete ta có: x1 x2 m (1)
Vì x1 ; x2 khác dấu mà x1 x2 � x1 0 x2 � x1 x1; x2 x2 .
Ta có: x1 x2 6 � x1 x2 6 � x1 x2 6 (2).
Từ (1) và (2) suy ra m = – 6.
Bài 4.
C
M
A
N
I
E
O
F
D
B
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 .
� 900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường
Tứ giác ABOC có �
ACO ABO
kính AO.
b) Xét EMB và ECN có:
� ECN
�
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
EMB
� ENC
� (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
EBM
� EMB ∽ ECN ( gg )
�
EM EB
� EB.EC EM .EN .
EC EN
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)
Vì I là trung điểm MN � OI MN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
��
AIO 900 � I nằm trên đường tròn đường kính OA.
Xét đường tròn đường kính OA ta có:
�
AIC �
AOC ; �
AIB �
AOB (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mà �
AOB �
AOC
� .
��
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:
AF AM
�
A chung ;
� AMF ∽ AON (cgc)
AN
AO
Xét FCM và FDB có:
�
�
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
FCM
FDB
� DFB
�
(đối đỉnh)
CFM
� FCM ∽ FDB �
FM FC
FB FD
� FM .FD FB.FC FC 2
� FM .FD FA.FO �
FM FA
FO FD
Xét FMA và FOD có:
FM FA
� OFD
�
và
MFA
FO FD
� FOD
�
� FMA ∽ FOD(cgc) � FMA
� FON
�
Mà FMA
� FOD
� .
� FON
� FOD
� , ON = OD
FON và FOD có: FO cạnh chung, FON
� FON FOD(cgc) � FN FD
Vì FN = FD và ON = OD � FO là đường trung trực của ND � FO ND mà
FO BC � ND//BC.
d) Xét AOC vuông tại C ta có:
OA2 AC 2 OC 2
� AC 2 OA2 OC 2 4 R 2 R 2 3R 2
� AC R 3 .
�
Xét AOC vuông tại C ta có: sin CAO
OC
R 1
OA 2 R 2
� 300 � CAB
� 600
� CAO
� 600 � ABC là tam giác đều.
ABC có AB = AC và CAB
� đường cao h AB 3 3R
2
2
S BCA
1
1 3R
3R 2 3
h. AB � �
R 3
(dvdt )
2
2 2
4
Bài 5.
a) Điều kiện: x �0 . Với x �0 ta có:
2 x 3x 1 x 1
� 2 x 3 x 1 2 x 3 x 1 x 1 2 x 3 x 1
� x 1 x 1 2 x 3 x 1 0
� x 1 1 2 x 3x 1 0
� x 1 x 1 2 x 3 x 1
x 1 0
x 1
�
�
��
��
1 2 x 3x 1 0
2 x 3 x 1 1 (*)
�
�
Giải (*) 2 x 3 x 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 b 2 �0
2
� 2a 2 2b 2 �a 2 2ab b 2
4
2
2
� 2 a 2 b 2 � a b � � a 2 b 2 �
9
9
Dễ dàng chứng minh
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)
Ta có:
3ab a b 3ab
1
3
1
1
1 � 1 (2).
ab
ab
ab
2
2
Từ (1) và (2) suy ra: P 1 a 2 1 b 2
3ab 4 3 1
�
.
ab
3
2
1
Đẳng thức xảy ra khi a b .
3
Vậy giá trị lớn nhất của P là
1
4 3 1
đạt được khi a b .
3
3
2