De thi vao 10 chinh thuc cua Ba Ria Vung Tau 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)
2
a) Giải phương trình x  4 x  5 0

 x  y 1

2 x  y 5
b) Giải hệ phương trình 

P  16 
c) Rút gọn biểu thức:

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 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.
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 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
P  1  a 2  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
 x  y 1


2 x  y 5

b)

3 x 6


2 x  y 5

 x 2


 2.2  y 5

Hệ phương trình đã cho có nghiệm

P  16 

3

8

c)

 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 2 x 2

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
=>  ' 0 hay
Khi

m 

2m  1 0  m 

1
2.

1
1
1
x1  x2   y1  y2 
2 phương trình (1) có nghiệm kép
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)
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 3x 2  30 x

 3x 2  30 x  9000 0  x 2  10 x  3000 0
 102  4.3000 12100 ;

 110

10  110
10  110
x1 
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 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 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.
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 FB.FC FC 2
 FM .FD FA.FO 

FM FA

FO FD

Xét FMA và FOD có:
FM FA

MFA OFD

và 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 4 R 2  R 2 3R 2
 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  0
  x  1  1  2 x  3x  1  0
 x  1  x  1 2 x  3 x  1

 x  1 0

1  2 x 

 x 1

3 x  1 0
 2 x  3 x  1 1 (*)

Giải (*) 2 x  3 x  1 1 .
2 x 0
Với x 0 ta có:


  2 x  3 x  1 1
3x  1 1 
.

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 2  a  b  4ab

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

0  a 2  2ab  b 2 0

 2a 2  2b 2 a 2  2ab  b 2

2
3.


4
2
2
 2  a 2  b 2   a  b    a 2  b 2 
9
9

A  B  2 A  B
Dễ dàng chứng minh


1  a2  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  a2  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