Đề thi vào lớp 10 của 63 tỉnh thành năm học 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn : TỐN
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  0,5x2 có đồ thị là parabol (P)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho
b) Xác định hệ số a, b của phương trình (d): y = ax+b , biết (d) cắt trục
hồnh tại điểm có hồnh 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 x2  3x  m  0 với m là tham số
a) Tìm m để phương trình có nghiệm x= - 2 . Tính nghiệm cịn lại ứng với m
vừa tìm được
b) Gọi x1 ;x2 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
a) Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn
b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G khác A. Chứng minh ON = NG
c) PN cắt cung nhỏ BG của đường tròn (O) tại F. Tính số đo OFP
Câu 5. Cầu vịm 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 đơ thị có
dịng sơng chảy qua, tạo được một điểm nhấn của cơng trình giao thơng hiện đại.
Một chiếc cầu vịm được thiết kế như hình vẽ, vịm cầu là một cung tròn AMB .
Độ dài đoạn AB bằng 30m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vịm cầu so với
mặt sàn cầu là đoạn MK có độ dài 5m. Tính chiều dài vịm cầu


ĐÁP ÁN VÀO 10 AN GIANG 2018-2019
C©u1
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 cã :  

 3

2

2 1

x   3  1
suy ra pt cã 2 nghiÖm  1
.VËy S   3  1
x 2   3  1
C©u 2 a) Häc sinh tù vÏ (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
Tõ(1) vµ (2) ta cã hÖ 

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
cã   (2)2  4. .2  0
2
VËy (d) vµ (P) tiÕp xóc nhau


Câu 3
a) khi phương trình có nghiệm x 2 ta cã :
(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  .¸p dơng 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
45
9
9
 5m 
 9  5m 
A
4
4
4
4
9
9
VËy Min A    m 
4
4
Cã m 

Cau 4

A

P

M
O
E
B

N

F G

C


OM AB
a) Do ABC đều và M, N lần lượt là trung điểm AB, AC
OMB ONB  900
ON

BC

XÐt tø gi¸c BMON cã :OMB  ONB  900  900  1800  BMON lµ tø 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
VËy NO  NG  (dpcm)
2
c) Gọi E là giao điểm OC và PN
b) Do O là trọng tâm ABC nê n ON

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.
Xét ONC vuông tại N có NE đường cao  NO 2  OE.OC  OE 

ON 2 R
 (áp dụng hệ thức lượng )
OC
4

R
OE 4 1
Xét vuông OEF cã :sin OFE  sin OFP 
   OFP  14 028'
OF R 4

Câu 5

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
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
Tam giác OMA cân tại O do OA OM  R  OMA  OAM  arctan 3
 AOM  1800  (OMA  OAM)  1800  2 arctan 3
OAB cã 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


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

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài:120 phút khơng kể thời gian giao đề

Bài 1. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình x2  4 x  5  0
x  y  1
b) Giải hệ phương trình 
2 x  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 ơ tơ 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 ngồi đường trịn đó. Kẻ cát
tuyến AMN khơng 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
3ab
thức
.
P  1  a 2  1  b2 
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
b) 



2 x  y  5
2 x  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

 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 hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 x2  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  3x2  30 x
x  10
x
2

 3x2  30 x  9000  0  x2  10 x  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 ln 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 trịn đường

kính AO.
b) Xét EMB và ECN có:
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 vng góc giữa đường kính và dây)
 AIO  900  I nằm trên đường trịn đường kính OA.

Xét đường trịn 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 vng 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 ;

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)

FM FC

FB FD

 FCM ∽ FDB 

 FM .FD  FB.FC  FC 2
 FM .FD  FA.FO 

FM FA

FO FD

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 vng 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

3 3R

2
2

1
1 3R
3R 2 3
S BCA  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 x  3x  1



 x  1   x  1 2 x  3x  1  0





  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

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)


Ta có:

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 

3ab 4 3 1

 .
ab
3
2

1

Đẳng thức xảy ra khi a  b  .
3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

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
MƠN THI: TỐN
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





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) 2
10  2 a
2. 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.
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
là độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng 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 .
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 trịn 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.
9x
x 1

-------------------------------HẾT-------------------------------Cán bộ coi thi khơng 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) ......................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
Câu I

+ Ta có A  5. 20  5. 5  1

0,25

 10  5  1

0,25

 6.

0,25

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
MƠN THI: TỐN
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Hướng dẫn, tóm tắt lời giải
Điểm
(2,0điểm)

+ 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 .

0,25
0,25
(3,0điểm)

Câu II

x  4 y  8

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

1
(1,0
điểm)

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)

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)

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) u cầu bài tốn 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

0,25

0,25

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

0,25

10
(giờ).

x

Vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x  2 (km/h).
Do đó thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là
Theo bài ra, ta có phương trình

(1,5điểm)

0,25

10
(giờ).
x2

10 10 1
 
x2 x 4

0,25

 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

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


(3,0điểm)

Câu IV
A

M
E

B

1
(1,0
điểm)

2
(1,0
điểm)

N

F

H
C
P O

+ Chỉ ra được AMH  900

0,25

ANH  900

0,25

nên M và N cùng thuộc đường trịn đường kính AH. ( hoặc AMH  ANH  1800 )

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 trịn 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 trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH

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 trịn 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 trịn 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

Tương tự, ta có: AHF  AFP (2)
Mặt khác: tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường trịn đường kính AO nên năm
điểm A,E,P,O,F cùng thuộc đường trịn 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)

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
 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

10 điểm


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

x  2y  1

c) Giải hệ phương trình 

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

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) ln 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

Câu 5. Cho đường trịn (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 vng 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


ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 BẮC CẠN 2018-2019
2
3
2
2
b) x  5x  6  0  x  2x  3x  6  0

C©u1: a)3x-2=0  x 

 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
VËy (x;y)  (5;3)
d) Gäi x lµ vËn tèc thùc cđa ca n« (x  0)
 VËn tèc lóc ®i :x  4;vËn tèc lóc vỊ : x 4
Theo bài ta có phương trình:

60
60

8
x4 x4

60x 240  60x  240
8
x 2  16
 8x 2  128  120x


x1  16 (chän)
 x 2  15x  16  0  
x 2  1(lo¹i)
VËy vËn 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



2 x  2 1

.





x 1 .

2

x 1

x 1
2 x 1
C©u 3:a) Häc sinh tù vÏ h×nh

x 1

2 x 1

.





x 1  x 1

x  0
b) v× (d) qua M(0;-1)  
. Thay vµo (d)  1  0.a  b b 1
y 1
Ta có phương trình hoành ®é giao ®iĨm cđa (P) vµ (d): y  ax  1lµ :
2x 2  ax  1  2x 2  ax  1  0. ta cã :   a 2  8
§Ĩ (d) tiÕp xóc víi (P) th×   0  a 2  8  0  a  2 2
VËy a  2 2 ;b 1thì thỏa đề


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)

x1  x 2  2m  2
¸p dơngViet  
x1x 2  6m  4
Do x1 ,x 2 là hai nghiệm của phươngtrình (1) nê n tacó :
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  3m  2  0  
m   1

2
 1 
VËy m 2; thì thỏa đề
2
2


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 là tứ giác nội tiếp
b) Xét ADC và EAC có :
CAD AEC (cùng chắn AD); C chung
 ADC


EAC (g  g)

AD AC

 AD.EC  AC.AE (dpcm)
EA EC


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

BẠC LIÊU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN (Khơng 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 2



a4
a 2

 a  0;a  4 
x  y  4
2x  y  5

Câu 2. a) Giải hệ phương trình 
1
2

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

x1  1 x 2  1

 3
2x 2
2x1

Câu 4. Cho nửa dường trịn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vng 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 vng góc kẻ từ H đến
AB.
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh CA là phân giác của góc MCK
c) Kẻ CP vng góc với BM (P thuộc BM) và trên đoạn thẳng BM lấy điểm
E sao cho BE = AM. Chứng minh ME=2CP.


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 2



a4
a 2



a ( 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) vì (d) cắt (P) tại điểm có hoànhđộ là 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
b) Ta cã :  '  (2)2  m  1  3  m

§Ĩ phương trình (1) có nghiệm th ' 0  3  m  0  m  3
x  x  4
c) víi m  3,¸p dơngVi et   1 2
 x 2  4  x1
x
x

m

1
 1 2
x  1 x2  1
Ta cã : 1

 3
2x 2
2x1


x1  1
4  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

 6x  34x1  20  0 
3

x  5
2
1

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
Vậy m 6;m

11
thì thỏa đề

9


CAU 4

C
M
H
A

E

P

K

O

B

a) XÐt tø gi¸c BCHK cã :HCB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);HKB 900 (gt)
HCB  HKB  900  900  1800
VËy tø giác CHKB là tứ giác nội tiếp (dpcm)
b) Tứ giác BCKH néi tiÕp  ACK  MBA (cïng ch¾n cung HK)
MCA  MBA (cïng ch¾n cung MA)
 ACK  MBA MCA hay CA là tia phân giác MCK
c) Xét CMA vµ CEB cã :MA  EB (gt);MAC  EBC (cùng chắn cung MC)
CA CB (CAB vuông cân) CMA  CEB (cgc)
 CM  CE  CME c©n tại C
Mà CMB CAB 450 (cùng chắn CB)  CEM  450  MCE  900

VËy CME vu«ng cân tại C
Mà CP ME (gt) nê n CP ®­êng cao cịng lµ trung tun CME
Do ®ã PM  PN  CP  ME  2CP


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
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng 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 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 .

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 vng cạnh bằng 1 , bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng 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
ta được kết quả:
a
B. a .
C.  a .

Câu 6. Cho a  0 , rút gọn biểu thức
A. a 2 .
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7. (2,5 điểm)

D. a .

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 vng góc của A , B lên trục hồnh. 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 q 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 trịn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường trịn 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  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