DThi vao 10 Binh Dinh 20182019

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10
Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 13/06/2018
Thời gian: 120 phút(Khơng kể thời gian phát đề)
--------------------------------

Bài 1: ( 2 điểm)
 1
A 

x

x

Cho biểu thức
a) Rút gọn biểu thức A

1 
x
:
x  1  x  2 x  1 , với x > 0.

1
b) Tìm các giá trị của x để A > 2
Bài 2: (2 điểm)
2x  y 4


1.Không dùng máy tính, giải hệ phương trình  x  3y  5
2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M (1;-3)
cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B.
a)Xác định tọa độ các điểm A,B theo k.
b)Tính diện tích tam giác OAB theo k.
Bài 3( 2 điểm)
Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó
bằng 18 ( số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của
số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược
của nó bằng 618.
Bài 4: (2 điểm)
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy y ( M
khơng trùng vói B,C,H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vng góc của M lên AB
và AC.
a)Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn này.
b)Chứng minh OH  PQ
c)Chứng minh MP + MQ = AH
Bài 5: (1 điểm)
Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai
AM AN

1.
đoạn thẳng AB, AC sao cho MB NC
Đặt AM = x, AN = y.
Chứng minh rằng MN = a – x - y.
--------------------------------------------------


HDG
Bài 1:

a) Rút gọn
 1
A 

 x x

1 
x
:
x 1  x  2 x 1


1


 x x 1








1

x



x 1

x




.


1 
:
x 1




x 1
x

x





x 1

2

2

1


x
x

.

x 1 1  x

x
x

1
1 x 1
2

  2(1  x)  x  2  2x  x  x 
2
x
2
3
b)
kết hợp điều kiện x > 0
2
Vậy 0< x < 3
A

Bài 2:
2x  y 4
 2x  y 4
7y  14
 y  2




x  3y  5
 x 1
a)  x  3y  5  2x  6y  10
b) Phương trình đường thẳng d có hệ số góc k có dạng: y = kx + b
Vì đường thẳng d đi qua M (1;-3) , cắt Ox tại A(xA; 0) và cắt Oy tại B(0; yB)
0 kx A  b 
k 3

 xA 
 
k
 yB b
  3 k  b
 yB  k  3
Ta có hệ phương trình 
 k 3 
;0 

k

 và B  0;  k  3 

Vậy A
5 
 ;0 
 0;  5
b) Khi k = 2 thì tọa độ của A là  2  , B là
5
OA = 2 , OB = 5.
1 25
Diện tích S của tam giác OAB là : S =OA.OB. 2 = 4 (đvdt)
Bài 3 :
Gọi x là số ban đầu, y là chữ số đảo ngược của x.
ĐK : và x > y>0 ; x> 18 (x,y là các số tự nhiên có hai chữ số)
Theo đề ta có hệ phương trình
 x  y 18

2
 x  y 618
Giải hệ phương trình ta được


y1= 24 (thỏa mãn) và y2 = -25 (loại)
Vậy với y1 = y= 24 => x = 42.Vậy số cần tìm là 42
Bài 4 :

A

0


a/ Ta có APM  AQM 180

=> tứ giác APMQ nội tiếp.
Tâm O là trung điểm AM.
b/ Xét tam giác OPH OP = OH và


POH
2 PAH
2.300 600
 tam giác OPH đều . c/m tương tự
tam giác OQH đều => OP =OQ=PH=HQ
 Tứ giác OPHQ là hình Thoi
 OH  PQ
c/ Ta có
1
1
SAMC  AH.MC  MQ.AC
2
2
1
1
1
SAMB  AH.MB  MP.AB  MP.AC
2
2
2
1
1
SABC  AH.BC  AH.AC
2
2

1
1
1
SABC SAMB  SAMC  AH.AC  MQ.AC  MP.AC
2
2
2
1
1
 AH.AC  AC  MQ  MP 
2
2
=> MP + MQ = AH

Bài 5

A

H
N
M

O
Q
P
C

B
M

Kẽ MH vng góc AC.Giả sử AM> AN (x > y> 0)
3
x
Ta có MH = AM sin 600 = x 2 ; AH = 2
x
 NH = y - 2 Theo định lý pitago ta có
2

B

H

3 2  y x
C
x 

2
MN2 = MH2 + NH2 = 4 + 
= x2 + y2 –xy  xy = x2 + y2 - MN2 (1)
Lại có
AM AN
x
y

1 

1
MB NC
a x a y
 x(a  y)  y(a  x) (a  x)(a  y)

 ax  xy  ay  xy a 2  ax  ay  xy
 xy  a 2  2ax  2ay  2xy (2)
Từ (1) và (2) ta có –a2 +2ax+2ay-2xy = x2 + y2 - MN2


2

 MN2=x2 + y2 +a2-2ax -2ay+2xy =  a  x  y   MN = a – x – y (MN> 0)
-------------------------------------------