ĐỀ đáp án TOÁN vào 10 các TỈNH 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn: TOÁN
Thời gian 120 phút

Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3x  2x  3  2

x  y  101
b) 
x  y  1
c) x 2  2 3x  2  0
Câu 2.

Cho hàm số y  0,5x 2 có đồ thị là parabol (P)
Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho
Xác định hệ số a, b của phương trình (d): y = ax+b, biết (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và
(d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ (P) và (d) tiếp xúc nhau.
Câu 3.
Cho phương trình bậc hai x 2  3x  m  0 với m là tham số
Tìm m để phương trình có nghiệm x= - 2. Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được
Gọi x1 ;x 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của
A  x12  x22  3x1x2
Câu 4.Cho tam giác đều ABCnội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các
cạnh AB, BC, CA
Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn
Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G khác A. Chứng minh ON = NG

PN cắt cung nhỏ BG của đường tròn (O) tại F. Tính số đo OFP
Câu 5. Cầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốn lượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa
trong thiết kế cảnh quan, đặt biệt là là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạo được một điểm nhấn của
công trình giao thông hiện đại. Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ, vòm cầu là một cung tròn
AMB . Độ dài đoạn AB bằng 30m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với mặt sàn cầu là
đoạn MK có độ dài 5m. Tính chiều dài vòm cầu

1


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) Họcsinh 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
có (2)2 4. .2 0
2
Vậy (d) và (P) tiếp xúc nhau
Câu 3
a) khi phương trình có nghiệm x 2 ta có :

(2)2 3.(2) m m 10
x 2
ptrinh :x 2 3x 10
5
b) x 2 3x m 0(1)
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
A x12 x 22 3x1x 2 (x1 x 2 )2 5x1x 2 32 5m 9 5m
9
9
45
9

5m
9 5m
A
4
4
4
4
9
9
Vậy Min A m
4
4
Có m

2


Cau 4

A

P

M
O
E
B

N

C

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


Xét tứ giác BMON có :OMB ONB 900 900 1800 BMON là tứ giác nội tiếp
OA R
b) Do O là trọng tâm ABC nê n ON
(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
Do ABC đều nê n OC AB mà NO / /AB (do NP là đường trung bìn h tam giác ABC)
suy ra OC NP tại E nê n OEF vuông tại E.
ON 2 R
(áp dụng hệ thức lượng )
Xét ONC vuông tại N có NE đường cao NO OE.OC OE
OC
4

R
OE 4 1
Xét vuông OEF có :sin OFE sin OFP
OFP 14 028'
OF R 4
2

Cõu 5

3


M
B

A
K
O

N
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
15(m)
và K là trung điểm của AB AK
2
AK 15
Xét AKM vuông tại K ta có :tan AMK
3
MK 5

Tam giác OMA cân tại O do OA OM R OMA OAM arctan 3
AOM 1800 (OMA OAM) 1800 2 arctan 3
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

4


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 x2  4 x  5  0

x  y  1
2 x  y  5

b) Giải hệ phương trình 

c) Rút gọn biểu thức: P  16  3 8 

12
3

Bài 2. (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y  2 x2 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: x2  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  3x  1  x  1 .
b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  1  a 2  1  b2 

5

3ab
.
ab


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

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

b) 

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1
c) P  16  3 8 

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 x2  2 x  m  2 x2  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
2

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

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

1 1
2 2

Vậy tọa độ điểm chung khi đó là  ;  .
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:
Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:

1
(h)
x
1
(h)
x  10

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

6


450 450 3

  900x  900x  9000  3x2  30x
x  10
x
2

 3x2  30x  9000  0  x2  10x  3000  0
  102  4.3000  12100 ;
x1 

  110

10  110
10  110
 50 (loại)
 60 (nhận), x2 
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
N
M
A

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 .
Tứ giác ABOC có ACO  ABO  900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO.
b) Xét  EMB và ECN có:
7


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

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 ;

AF AM

 AMF ∽ AON (cgc)

AN AO

Xét FCM và  FDB có:

FCM  FDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

CFM  DFB (đối đỉnh)
 FCM ∽ FDB 

FM FC

FB FD

 FM .FD  FA.FO 

FM FA

FO FD

 FM .FD  FB.FC  FC 2

8


Xét FMA và FOD có:

MFA  OFD và

FM FA


FO FD

 FMA ∽ FOD(cgc)  FMA  FOD

Mà FMA  FON

 FON  FOD .

FON và FOD có: FO cạnh chung, FON  FOD , 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  4R2  R2  3R2
 AC  R 3 .
Xét  AOC vuông tại C ta có: sin CAO 

OC
R 1


OA 2 R 2

 CAO  300  CAB  600

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

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


 x  1   x  1  2


3x  1   0

 x  1   x  1 2 x  3x  1
x

9








  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 .

3 x  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}.
2
b) Đặt t  a  b  t   a  b   4ab
2

Ta có: 1  a  b  3ab  t 

3 2
t  3t 2  4t  4  0
4

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

2
.
3

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

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

Dễ dàng chứng minh

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)
 1  a 2  1  b2  2  2   
9
2

Ta có:

3ab a  b  3ab
1
3
1

1 
1  1 
ab

ab
ab
2
2

2
2
Từ (1) và (2) suy ra: P  1  a  1  b 

Đẳng thức xảy ra khi a  b 
Vậy giá trị lớn nhất của P là

(2).

3ab 4 3 1

 .
ab
3
2

1
.
3

4 3 1
1
 đạt được khi a  b  .
3
2

3
10


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

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

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





20  5  1.

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
Giải hệ phương trình 
.
2 x  5 y  13

 6
 ( a  1)2
10  2 a
Cho biểu thức B  
(với a  0; a  1 ).

 a  1 a a  a  a  1  . 4 a


a) Rút gọn biểu thức B .
b) Đặt C  B.(a  a  1) . So sánh C và 1.
Cho phương trình x 2  (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 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
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 .
Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
Chứng minh BM .BA  BP.BC .
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 .
Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC ( E , F là các tiếp điểm).
Chứng minh ba điểm E, H , F thẳng hàng.
Câu V (0,5 điểm).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

81x 2  18225 x  1 6 x  8

, với x  0.
x 1
9x

-------------------------------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)....................................
11


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

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

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
Câu I
1
(1,0
điểm)
2

(1,0
điểm)
Câu II

1
(1,0
điểm)

2
(1,0
điểm)

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải
+ Ta có A  5. 20  5. 5  1
 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

 m  4.

+ Vậy m  4 .


x  4 y  8
x  8  4 y
+ Ta có 

2 x  5 y  13 
2 8  4 y   5 y  13
3 y  3

x  8  4 y
x  4

.
 y 1

0,5
0,25
0,25
(3,0điểm)
0,25
0,25
0,25

+ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (4;1) .
a) Với a  0; a  1 , ta có:

0,25

 6
10  2 a  ( a  1)2
B

.
1
a

(
1)(
1)
a
a



 4 a

0,25

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 

3
(1,0
điểm)

Điểm
(2,0điểm)
0,25

0,25
0,25

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

x  3
a) Với m  1 thì phương trình (1) trở thành x 2  x  6  0  
.
 x  2
Vậy khi m  1 thì phương trình có hai nghiệm x  3 và x  2 .

0,25

0,25
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.

0,25

12


 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
2
 2

 x1  x2  25
 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

Câu III

Vậy m phải tìm là m  5.

0,25

(1,5điểm)
0,25

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

10
(giờ).
x
Vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x  2 (km/h).
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
 40 x  40  x  2   x  x  2 
Thời gian để bạn Linh đi từ nhà đến trường là

(1,5
điểm)

0,25

0,25
0,25

 x 2  2 x  80  0
 x  8

.
 x  10
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.

0,25
0,25

Câu IV

(3,0điểm)
A

M
E

B

1
(1,0
điểm)

N

F

H
C
P O

0,25

+ Chỉ ra được AMH  900

ANH  900

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

0

13


2
(1,0
điểm)

3
(0,5
điểm)

4
(0,5
điểm)

Câu V

+ Tứ giác AMPC có APC  900 (do H là trực tâm tam giác ABC) và AMC  900
nên tứ giác AMPC nội tiếp đường tròn đường kính AC
(Hoặc hai tam giác BMC và tam giác BPA đồng dạng)
BM BC
Chỉ ra được

BP BA
Từ đó suy ra BM.BA = BP.BC
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH
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 tiếp
3
3
2
3
1
a 3
)
tứ giác AMHN là R  AH 
2
3
2 a 3
.
Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng  .AH =
3

(Hoặc tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo công thức 2 R )
2 a 3
.
Kết luận: Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng
3
AH AE
Ta có AH.AP = AM.AB = AE2 
.

AE AP
AH AE
và EAP chung nên tam giác AHE
Hai tam giác AHE và AEP có

AE AP
đồng dạng với tam giác AEP suy ra AHE  AEP (1)
Tương tự, ta có: AHF  AFP (2)
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 .
Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng.
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
x  1 
9x  


0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(0,5điểm)

0,25

2

(0,5
điểm)

1  (3 x  1) 2


 3 x 
  x  1  2018  2018 .
3 x


1

0
1
3 x 
3 x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 x  (thỏa mãn).
9
3 x  1  0

1
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 2018 khi x  .
9
Tổng

0,25

10 điểm

14


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC KẠN
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Câu 1.
Giải phương trinh 3x  2  0
Giải phương trình x 2  5x  6  0
2x  3y  1
Giải hệ phương trình 
x  2y  1

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  2 20  3 45  4 80
1  x 1

B  2 
 x  0;x  1;x  4 
.
x 1  2 x 1


Câu 3
Vẽ Parabol (P): y  2x 2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy
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 x 2  2(m  1)x  6m  4  0 (1) (với m là tham số)
Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x 2 thỏa mãn

 2m  2  x1  x 22  4x 2  4
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.
Chứng minh rằng tứ giác AHOC nội tiếp file word đề-đáp án Zalo 0946095198
Chứng minh rằng AD.CE=AC.AE
Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. chứng minh rằng tứ giác AMBN là hình bình
hành

15


P N TON VO 10 BC CN 2018-2019
2
Câu1: a)3x-2=0 x
3
2
2
b) x 5x 6 0 x 2x 3x 6 0

x x 2 3 x 2 0 x 3 x 2 0
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
60
60

8
Theo bài ta có phương trình:
x4 x4
60x 240 60x 240

8
x 2 16
8x 2 128 120x
x 16 (chọn)
x 2 15x 16 0 1
x 2 1(loại)
Vậy vận tốc ca nô là16km / h
Câu 2.a) A=2 20 3 45 4 80 2 4.5 3 9.5 4 16.5
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 . x 1 2 x 1
2 x 2 1
.
.

x 1
2 x 1
2 x 1
Câu 3:a) Họcsinh tự vẽ hình

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

16


C©u 4:a) Ta cã:x 2  2(m  1)x  6m  4  0(1)
 '     m  1   6m  4  m 2  4m  5   m  2   1  0(m)
2

2

b) Ta cã  2m  2  x1  x 22  4x 2  4 (2)

x  x  2m  2
¸p dôngViet   1 2
x1x 2  6m  4
Do x1 ,x 2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ngtr×nh (1) nª n tacã :
x 22  2  m  1 x 2  6m  4  0

 x 22  2mx 2  2x 2  6m  4  0
 x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4  0
 x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4 (3)
Thay (3) vµo (2) ta cã :
2 mx1  2x1  2x 2  2mx 2  6m  4  4
 2m  x1  x 2   2.(x1  x 2 )  6m  0
 2m.2(m  1)  2.2(m  1)  6m  0
 4m 2  2m  4m  4  6m  0
m  2
 2m 2  3m  2  0  
m   1
2

 1 
VËy m  2;  th× tháa ®Ò
 2

17


Cau 5

C

M

D
H

A

B

O
E
N

a) v× Ax tiÕp tuyÕn  CAO  900
XÐt tø gi¸c AOHC cã :CAO  CHO  900  900  1800
 CAOH lµ tø gi¸c néi tiÕp
b) XÐt ADC vµ EAC cã :
CAD  AEC (cïng ch¾n AD); C chung
 ADC EAC (g  g)
AD AC


 AD.EC  AC.AE (dpcm)
EA EC

18


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN (Không chuyên)
Thời gian: 120 phút

Ngày thi: 02/06/2018

Câu 1. Rút gọn biểu thức

a) A  45  20  2 5
b)B 

a2 a a4

 a  0;a  4 
a 2
a 2

x  y  4
Câu 2. a) Giải hệ phương trình 
2x  y  5

1
b)Cho hàm số y  x2 có dồ thị (P) : y  x  2m. Vẽ đồ thị (P) tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d)
2
cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 1
Câu 3. Cho phương trình x 2  4x  m  1  0(1) (với m là tham số)
Giải phương trình (1) với m = 2
Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm
Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x 2 thỏa mãn điều kiện

x1  1 x 2  1

 3
2x2

2x1
Câu 4. Cho nửa dường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm
tùy ý bất kỳ trên cung AC (M khác A và C là điêm chính giữa cung AB), BM cắt AC tại H. Gọi K là chân
đường vuông góc kẻ từ H đến AB.
Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp
Chứng minh CA là phân giác của góc MCK
Kẻ CP vuông góc với BM (P thuộc BM) và trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng
minh ME=2CP.

19


ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TỈNH BẠC LIÊU 2018-2019

C©u1:
A= 45  20  2 5  3 5  2 5  2 5  3 5
B

a2 a a4
a ( a  2)



a 2
a 2
a 2



a 2



a 2



a 2

 a  a  2  2
x  y  4
x  4  y
x  4  y
x  4  3 x  1
C©u 2:a) 




2x  y  5 2(4  y)  y  5 y  3
y  3
y  3
1
1
2
b) v× (d) c¾t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh®é lµ  1  x  1;y  .  1 
2
2
1
1

3
thay x  1;y  ta cã :  1  2m  m 
2
2
4
2
C©u 3.x  4x  m  1  0 (1)
a) khi m  2 (1) thµnh x 2  4x  3  0  x 2  3x  x  3  0
x  1
 x(x  3)  (x  3)   x  1 x  3  
x  3
2
b) Ta cã :  '  (2)  m  1  3  m
§Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th  '  0  3  m  0  m  3
x  x  4
c) víi m  3,¸p dôngVi et   1 2
 x 2  4  x1
x1x 2  m  1
x  1 x2  1

 3
Ta cã : 1
2x 2
2x1


4  x1  1
x1  1

 3

2(4  x1 )
2x1



x1 (x1  1)  (5  x1 )(4  x1 )
 3
2x1 (4  x1 )

 x12  x1  (5  x1 )(4  x1 )  3.2x1 ( 4  x1 )
 x12  x1  20  9x1  x12  24x1  6x12
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
VËy m  6;m 

11
th× tháa ®Ò
9

20


CAU 4

C
M
H
A

E

P
O

K

a) Xét tứ giác BCHK có :HCB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);HKB 900 (gt)
HCB HKB 900 900 1800
Vậy tứ giác CHKB là tứ giác nội tiếp (dpcm)
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

21

B


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

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)

(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 x 2  3x  6  0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1  x2 bằng:
B. 3 .
C. 6 .
D. 6 .
A. 3 .
Câu 2. Đường thẳng y  x  m  2 đi qua điểm E 1;0  khi:

B. m  3 .
C. m  0 .
D. m  1 .
A. 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:
2
1
A. .
B. 1 .
C. 2 .
D.
.
2
2
Câu 5. Phương trình x 2  x  a  0 (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi:
1
1
.
B. a  .

C. a  4 .
D. a  4 .
A. a 
4
4
a3
Câu 6. Cho a  0 , rút gọn biểu thức
ta được kết quả:
a
B. a .
C.  a .
D. a .
A. a 2 .
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7. (2,5 điểm)
x  2 y  5
a) Giải hệ phương trình 
.
3 x  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
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  4a 2  6b2  3c 2 .
b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình x 2  2ax  3b  0 và x 2  2bx  3a  0 (với x là
ẩn) đều có nghiệm nguyên.
------------------ Hết ------------------Họ tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:...........................................
22


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

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



.

3x  y  1
6 x  2 y  2
x  2 y  5
y  2

4
D

5
B

6
B
Điểm
1,0
1,0

7.b

1,5
Phương trình hoành độ giao điểm x  x  2  0 .
Giải phương trình tìm được x1  1 ; x2  2 . Ta xác định được điểm A  1;1 , B  2; 4  .
2

0,75

(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

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

Vẽ hình đúng câu a)

23

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).

0,5

9.c

1,0
Ta có CKM 







 



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

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  3c2  4    8  a  b  c   24  4a 2  6b2  3c2  12 .
3 3
a  b  c  3 
 2
a  1
 4a  4

2
 2 8

Dấu “=” xảy ra  6b 
 b  .
3
3


4

 2 16

3c 
c  3
3


10.b

0,5

0,5

0,5
0,25

0,25

0,5
Phương trình x 2  2ax  3b  0 1 có 1  a 2  3b .
Phương trình x 2  2bx  3a  0  2  có  2  b 2  3a .
Vì hai phương trình có nghiệm nguyên nên 1 ,  2 đều là số chình phương.

0,25

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

2

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

Vậy các bộ số  a; b  thỏa mãn là: 1;1 , 16;11 , 11;16  .
24

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
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)

Câu 1. (2.5 điểm)
a) Rút gọn các biểu thức:
A  12  27  48 .
1  x 1
 1
B


với x  0 và x  1 .
:
x 1  x 1
 x 1
 x  2 y  12
.
b) Giải hệ phương trình: 
3 x  y  1
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.
Câu 3. (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho parabol (P): y 

y   2m  1 x  5 .

1 2
x và đường thẳng (d):
2

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.
HẾT

25