SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNGTÀUĐỀTHITUYỂNSINHLỚP10 THPT NĂMHỌC2018 – 2019MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 13/06/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,5 điểm): a) Giải phương trình x x �x y b) Giải hệ phương trình � 2x y � c) Rút gọn biểu thức P 16 12 Bài (1,5 điểm): Cho parabol ( P) : y x đường thẳng (d ) : y x m (m tham số) a) Vẽ parabol (P) b) Với giá trị m (P) (d) có điểm chung? Tìm tọa độ điểm chung Bài (1,5 điểm): a) Hai ô tô khởi hành lúc từ thành phố A đến thành phố B cách 450 km với vận tốc không đổi Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe b) Cho phương trình: x mx (m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 x1 x2 Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) điểm A bên ngồi đường tròn Kẻ cát tuyến AMN khơng qua O (M nằm A N) Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B, C hai tiếp điểm C thuộc cung nhỏ MN) Đường thẳng BC cắt MN AO E, F Gọi I trung điểm MN a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn � b) Chứng minh EB.EC EM EN IA tia phân giác BIC c) Tia MF cắt (O; R) điểm thứ hai D Chứng minh AMF #AON BC / / DN d) Giả sử AO R Tính diện tích tam giác ABC theo R Bài (1,0 điểm): a) Giải phương trình x x x b) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a b 3ab Tìm giá trị lớn biểu thức 3ab P a2 b2 ab - HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị số 1: Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x 4x Ta thấy a b c a) Bài (2,5đ) b) c) 0.75 c � Phương trình có hai nghiệm: x1 1; x2 5 a 3x �x y � �x �x �� �� �� � 2x y y �y � �x y � Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y ) (2;1) 1.0 12 42 422 3 P 16 0.75 Lập bảng giá trị: x y 2x2 –2 –1 0 2 Vẽ (P) qua điểm (– 2; 8), (– 1; 2), (0; 0), (1; 2) , (2; 8) Bài (1,5đ) a) 0.75 b) Bài (1,5đ) a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): (*) 2x2 2x m � 2x2 2x m ' 2m (P) (d) có điểm chung � Phương trình (*) có nghiệm kép � ' � 2m � m Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: x1 x2 2 �1 � Với x � y � � �2 � Vậy với m (P) (d) có điểm chung điểm �1 � � ; � �2 � Hai ô tô khởi hành lúc từ thành phố A đến thành phố B cách 450 km với vận tốc không đổi Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe Gọi vận tốc xe thứ x (km/h) (x > 10) � Vận tốc xe thứ hai x – 10 (km/h) 450 Thời gian xe thứ từ thành phố A đến thành phố B (h) x 450 Thời gian xe thứ hai từ thành phố A đến thành phố B (h) x 10 Theo đề ta có phương trình: 450 450 1,5 x 10 x � 300 x 300( x 10) x( x 10) � 300 x 300 x 3000 x 10 x � x 10 x 3000 Giải phương trình được: x1 60; x2 50 Kết hợp với ĐK � x 60 Vậy vận tốc xe thứ 60 km/h vận tốc xe thứ hai 60 – 10 = 50 (km/h) 0.75 1.0 b) Phương trình: x mx Vì ac 1 nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 x2 nên x1 x2 Theo đề bài: x1 x2 0.5 � x1 x2 (vì x1 x2 ) � x1 x2 6 � m 6 Vậy m 6 giá trị cần tìm 0.25 Bài (3,5đ) a) b) Ta có: AB, AC tiếp tuyến (O) � ACO � 900 � ABO � B, C thuộc đường tròn đường kính AO � Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO EBM ENC có: �1 E � (hai góc đối đỉnh) E �1 N �1 (hai góc nội tiếp chắn cung MC) B � EBM ENC (g.g) EB EM � � EB.EC EM.EN EN EC (O) có dây MN khơng qua tâm I trung điểm dây MN � 900 � OI MN � AIO � I thuộc đường tròn đường kính AO Xét đường tròn đường kính AO có: $ � (2 góc nội tiếp chắn cung AB) I1 AOB $ � (2 góc nội tiếp chắn cung AC) I AOC � AOC � Mà AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) �$ I1 $ I2 Vậy IA tia phân giác góc BOC 0.75 0.5 0.5 c) ABM ANB có: � chung BAN � ANB � (hai góc nội tiếp chắn cung BM) ABM � ABM ANB (g.g) AB AM � � AB2 AM.AN AN AB Ta có: OB = OC = R AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) � OA đường trung trực BC � OA BC F ABO vuông B, đường cao BF Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: AB2 AF.AO � AM.AN AF.AO ( AB2 ) AM AF � AO AN AMF AON có: AM AF � chung, OAN AO AN � AMF AON (c.g.c) � AON � F$1 ANO Từ AMF � MFON tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON có �1 F $4 (2 góc nội tiếp chắn cung ON) �M OMN cân O (vì OM = ON = R) �1 ONM � �1 ANO � �M hay M $4 Từ (1), (2), (3) � F$1 F Vì OA BC F $3 900 � F$1 F$2 F$4 F $2 F $3 � F$2 MFN � Từ (4), (5) � F � MON � Lại có MFN (vì tứ giác MFON nội tiếp) $2 MON � �F � � � (O) có D góc nội tiếp, MON góc tâm chắn MN � MON � �D � Từ (6), (7) � F$2 D Mà góc vị trị đồng vị � BC // DN (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 0.5 0.5 ABO vuông B, đường cao BF � OB2 OA.OF � OF d) Bài (1,0đ) OB2 R R OA 2R � AF AO OF 2R R R 2 Lại có: 3 3 BF2 AF.OF R � R R � BF R R 2 4 Vì OA đường trung trực BC nên BC = 2BF Diện tích ABC là: 3 3 S AF.BC AF.BF R R R (đơn vị diện tích) 2 (1) x 3x x ĐK: x �0 Đặt x a, 3x b � a b x 3x x Phương trình (1) trở thành a b a b2 � (a b)(a b) (a b) � (a b)(a b 1) a b � �� a b 1 � ab � �� a b 1 � � x 3x (2) �� x x (3) � (2) � x 3x � x (thỏa mãn ĐK) Với x �0�� x � 0; x 1 x 3x 1 Kết hợp với (3) � x (thỏa mãn ĐK) Vậy tập nghiệm phương trình (1) S 0;1 0.5 0.5 Ta có: (a b) �0 � a 2ab b �0 � a b2 �2ab � � a 2ab b �4ab a 2ab b �4ab �� �� 2 2 2( a b ) � a ab b 2(a b ) �a 2ab b � � � (a b) �4ab (1) �� (a b) �2( a b ) (2) � Theo đề bài: a b 3ab � 4(a b) 12 ab � 4(a b) 3( a b) �4 (theo (1)) � 3(a b) 4( a b) �0 � (a b 2) 3( a b) �0 � 3(a b) �0 (vì a, b � a b 0) � ab � � 2(a b ) �( a b) � (theo (2)) Áp dụng kết trên, ta có: a b2 �2 a b a b �4 0.5 32 9 � a2 b2 � 3ab (a b ) 1 1 � 1 ab ab ab Do đó: 3ab P a b2 � ab Dấu “=” xảy ab ab � � �� �� � a b (vì a, b 0) a b 3ab � 3a 2a � Vậy maxS a b 3 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương ... phố A đến thành phố B (h) x 10 Theo đề ta có phương trình: 450 450 1,5 x 10 x � 300 x 300( x 10) x( x 10) � 300 x 300 x 3000 x 10 x � x 10 x 3000 Giải phương trình... (P) (d) có điểm chung � Phương trình (*) có nghiệm kép � ' � 2m � m Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: x1 x2 2 �1 � Với x � y � � �2 � Vậy với m (P) (d) có điểm... thứ hai 60 – 10 = 50 (km/h) 0.75 1.0 b) Phương trình: x mx Vì ac 1 nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m Vì phương trình có hai nghiệm