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

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 + 4x − 5 = 0

x − y = 1

2x + y = 5
b) Giải hệ phương trình 

P = 16 − 3 8 +
c) Rút gọn biểu thức:

12
3

Bài 2. (1,5 điểm)
Cho parabol (P):

y = 2x2

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.

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 .

b) Cho phương trình:

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (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

BC //DN .

∆ AMF ∽ ∆ AON

và


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 +

3ab
a+b .


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI
Bài 1.
a) Ta có 1 + 4 – 5 = 0, phương trình đã cho có hai nghiệm

x − y = 1
⇔

2x + y = 5

b)

 3x = 6
⇔

 2x + y = 5

x = 2
⇔

 2.2 + y = 5

Hệ phương trình đã cho có nghiệm

P = 16 − 3 8 +
c)

x1 = 1; x2 = − 5

x = 2

y =1

( 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 = 2x2

8

2

0

2

8

b) Phương trình hồnh 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

=>

Khi

∆ '= 0
m= −

hay

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
−
=
2
x − 10 x 2 ⇒ 900 x − 900 x + 9000 = 3 x − 30 x

⇔ 3x 2 − 30 x − 9000 = 0 ⇔ x 2 − 10 x − 3000 = 0
∆ = 102 + 4.3000 = 12100 ; ∆ = 110

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 ln có hai nghiệm
Theo hệ thức Viete ta có:
Vì

x1 + x2 = m (1)

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

Từ (1) và (2) suy ra m = – 6.
Bài 4.

x1; x2 khác dấu.

(2).


C

M

E

A

N

I

O

F

D
B

a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B
Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C
Tứ giác ABOC có
kính AO.
b) Xét

·ACO = ABO
· = 900

⇒

⇒

AB ⊥ OB hay

AC ⊥ OC hay

·ABO = 900

·ACO = 900
.

nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường

∆ 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
và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vì I là trung điểm MN

⇒ OI ⊥ MN

·AOB = ·AOC

(quan hệ vng góc giữa đường kính và dây)


⇒ ·AIO = 900 ⇒

I nằm trên đường tròn đường kính OA.

Xét đường trịn đường kính OA ta có:

·AIC = ·AOC ; ·AIB = ·AOB

Mà

(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

·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
với BC tại F.

⇒

AO vng góc

Xét

∆ AOC vng tại C, đường cao CF ta có AF .AO = AC2 và FC2 = FA.FO .

Xét

∆ ACM và ∆ ANC có: ·ACM = ·ANC

⇒ ∆ ACM ∽ ∆ ANC ( gg ) ⇒

⇒ AF . AO = AM . AN ⇒
Xét

∆ AMF và ∆ AON

và

µA chung

AC AM
=
⇒ AC 2 = AM . AN
AN AC

AF AM
=
AN AO

có:

µA 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 = FB.FC = FC 2
⇒ FM .FD = FA.FO ⇒
Xét

∆ FMA và ∆ FOD

· = OFD
·
MFA

FM FA
=
FO FD

có:

FM FA
=
FO
FD
và

·
·
⇒ ∆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 ⊥ BC ⇒
d) Xét

⇒

FO là đường trung trực của ND

ND//BC.

∆ AOC vng 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 vng tại C ta có:

· = 300 ⇒ CAB
· = 600
⇒ CAO

·
sin CAO
=

OC R 1
=
=
OA 2 R 2

⇒

FO ⊥ ND mà


· = 600 ⇒ ∆ ABC
∆ ABC có AB = AC và CAB

⇒

đường cao

h = AB

là tam giác đều.

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 + 3 x + 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 .

 ⇒ 2 x + 3x + 1 ≥ 1
3
x
+
1
≥
1

0 ta có:
.

2 x ≥0

Với

x≥

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:
⇒ ( t + 2 ) ( 3t − 2 ) ≥ 0 ⇒ 3t − 2 ≥ 0 ⇒ t ≥

( a − b)
Ta có:

2

2
3.

≥ 0 ⇒ a 2 − 2ab + b2 ≥ 0

⇒ 2a 2 + 2b2 ≥ a 2 + 2ab + b2
⇒ 2 ( a 2 + b2 ) ≥ ( a + b ) ≥
2

4
2
⇒ a 2 + b2 ≥
9
9

A + B ≤ 2( A + B)
Dễ dàng chứng minh

⇒ 1 − a 2 + 1 − b2 ≤ 2 ( 2 − a2 − b2 )

.

 2 4 2
⇒ 1 − a 2 + 1 − b2 ≤ 2  2 − ÷ =
2
 9

(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.

1
4 3 1
a=b=
+
3.
2 đạt được khi

Vậy giá trị lớn nhất của P là 3