02 vũng tàu đề vào 10 toán 2018 2019

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)
2
a) Giải phương trình x  4 x  5  0

b) Giải hệ phương trình

c) Rút gọn biểu thức:

�x  y  1
�
2x  y  5
�

P  16  3 8 

12
3

Bài 2. (1,5 điểm)
2
Cho parabol (P): y  2 x 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.
2
b) Cho phương trình: x  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
P  1  a2  1  b2 
ab .
thức


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

b)

3x  6
�x  y  1
�
�x  2
�x  2
��
��
��
�
2x  y  5
2x  y  5
2.2  y  5
�
�
�
�y  1

Hệ phương trình đã cho có nghiệm

c)

P  16  3 8 

 x; y    2;1

12
 42 4  422  4
3

Bài 2.
a) Bảng giá trị của (P)
x

–2

–1

0

1

2

y  2 x2

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
=>  '  0 hay
Khi

m

2m  1  0 � m  

1
2.

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

�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)
1
Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: x (h)


1
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: x  10 (h)

Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình:
450 450 3


x  10
x
2 � 900 x  900 x  9000  3 x 2  30 x

� 3x 2  30 x  9000  0 � x 2  10 x  3000  0
  110

  10 2  4.3000  12100 ;
x1 

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

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)

� x1  0  x2 � x1   x1 ; x2  x2
Vì x1 ; x2 khác dấu mà x1  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


0
�
a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B � AB  OB hay ABO  90
0
�
Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C � AC  OC hay ACO  90 .
0
�
�
Tứ giác ABOC có ACO  ABO  90 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường
kính AO.

b) Xét  EMB và  ECN có:

�  ECN
�
EMB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
�  ENC
�
EBM
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

� 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.
2
2
Xét  AOC vuông tại C, đường cao CF ta có AF .AO  AC và FC  FA.FO .

�
�
A chung
Xét  ACM và  ANC có: ACM  ANC và �

� 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:
�
�
FCM
 FDB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
�  DFB
�
CFM
(đối đỉnh)

� 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

�
�
MFA  OFD và FO FD

�  FOD
�
� FMA ∽ FOD(cgc) � FMA
�
�
Mà FMA  FON
�  FOD
�
� FON
.
�  FOD
�

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

� 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  3 R 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
 ABC có AB = AC và CAB
là tam giác đều.

� đường cao
S BCA 

h  AB

3 3R

2
2

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  3x  1





� x  1   x  1  2 x  3 x  1   0
�  x  1  1  2 x  3 x  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 .
�
�
�� 2 x  3 x  1 �1
3 x  1 �1 �
.

2 x �0
Với x �0 ta có:

Dấu ‘=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy (*) có nghiệm x = 0.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm {0; 1}.

t  a  b � t 2   a  b  �4ab
2

b) Đặt

3
1  a  b  3ab �t  t 2 � 3t 2  4t  4 �0
4
Ta có:
�
2  
 t��
 3t� 2 

a  b
Ta có: 

2

0

3t 2 0

t

�0 � a 2  2ab  b 2 �0

� 2a 2  2b 2 �a 2  2 ab  b 2

2
3.


4
2
2
� 2  a 2  b2  � a  b  � � a 2  b2 �
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)

3ab a  b  3ab
1
3
1

1 
1 � 1 
ab
ab
2
2 (2).
Ta có: a  b

Từ (1) và (2) suy ra:
Đẳng thức xảy ra khi

P  1  a 2  1  b2 
ab

3ab 4 3 1
�

ab
3
2.

1
3.

4 3 1
1

ab
3.
2 đạt được khi
Vậy giá trị lớn nhất của P là 3