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 không kể thời gian giao đề Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình x x b) Giải hệ phương trình c) Rút gọn biểu thức: �x y � 2x y � P 16 12 Bài (1,5 điểm) Cho parabol (P): y x đường thằng (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 tơ 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 10km/h nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe b) Cho phương trình: x mx (với m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 x1 x2 Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) điểm A nằm 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 tuộc 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 phân giác BIC c) Tia MF cắt (O;R) điểm thứ hai D Chứng minh AMF ∽ AON BC //DN d) Giả sử OA = 2R Tính diện tích tam giác ABC theo R Bài (1,0 điểm) a) Giải phương trình x x x b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = Tìm giá trị lớn biểu 3ab P a2 b2 ab thức HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x1 1; x2 5 b) 3x �x y � �x �x �� �� �� � 2x y 2x y 2.2 y � � � �y Hệ phương trình cho có nghiệm c) P 16 x; y 2;1 12 42 422 Bài a) Bảng giá trị (P) x –2 –1 y x2 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x x m � x x m 0(1) ' 12 m 2m (P) (d) có điểm chung phương trình (1) có nghiệm kép => ' hay Khi m 2m � m 1 x1 x2 � y1 y2 2 phương trình (1) có nghiệm kép �1 � �; � Vậy tọa độ điểm chung �2 � Bài a) Gọi vận tốc xe thứ x (km/h) (điều kiện: x > 10) Thì vận tốc xe thứ hai x – 10(km/h) Thời gian xe thứ hết quãng đường AB là: x (h) Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: x 10 (h) Vì nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 ta có phương trình: 450 450 x 10 x � 900 x 900 x 9000 x 30 x � 3x 30 x 9000 � x 10 x 3000 110 10 4.3000 12100 ; x1 10 110 10 110 60 x2 50 2 (nhận), (loại) Vậy vận tốc xe thứ 60 (km/h) Thì vận tốc xe thứ hai 60 – 10 = 50(km/h) b) a = 1; b = – m; c = – Vì a c khác dấu, phương trình ln có hai nghiệm x1; x2 khác dấu Theo hệ thức Viete ta có: x1 x2 m (1) � x1 x2 � x1 x1 ; x2 x2 Vì x1 ; x2 khác dấu mà x1 x2 Ta có: x1 x2 � x1 x2 � x1 x2 6 (2) Từ (1) (2) suy m = – Bài C M A N I E O F D B � a) Vì AB tiếp tuyến (O) tiếp điểm B � AB OB hay ABO 90 � Vì AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm C � AC OC hay ACO 90 � � Tứ giác ABOC có ACO ABO 90 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO b) Xét EMB ECN có: � ECN � EMB (hai góc nội tiếp chắn cung NB) � ENC � EBM (hai góc nội tiếp chắn cung MC) � EMB ∽ ECN ( gg ) � EM EB � EB.EC EM EN EC EN � � Vì AB, AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm B C nên AOB AOC AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I trung điểm MN � OI MN (quan hệ vng góc đường kính dây) �� AIO 900 � I nằm đường tròn đường kính OA Xét đường tròn đường kính OA ta có: � AIC � AOC ; � AIB � AOB (hai góc nội tiếp chắn cung) � � Mà AOB AOC � �� AIC � AIB hay IA phân giác BIC c) Vì AB = AC OB = OC nên AO đường trung trực BC � AO vng góc với BC F 2 Xét AOC vng C, đường cao CF ta có AF AO AC FC FA.FO � � A chung Xét ACM ANC có: ACM ANC � � ACM ∽ ANC ( gg ) � � AF AO AM AN � AC AM � AC AM AN AN AC AF AM AN AO Xét AMF AON có: AF AM � A chung ; � AMF ∽ AON (cgc) AN AO Xét FCM FDB có: � � FCM FDB (hai góc nội tiếp chắn cung MB) � DFB � CFM (đối đỉnh) � FCM ∽ FDB � FM FC FB FD � FM FD FB.FC FC � FM FD FA.FO � FM FA FO FD Xét FMA FOD có: FM FA � � MFA OFD FO FD � FOD � � FMA ∽ FOD(cgc) � FMA � � Mà FMA FON � FOD � � FON � FOD � FON FOD có: FO cạnh chung, FON , ON = OD � FON FOD (cgc ) � FN FD Vì FN = FD ON = OD � FO đường trung trực ND � FO ND mà FO BC � ND//BC d) Xét AOC vng C ta có: OA2 AC OC � AC OA2 OC R R R � AC R Xét AOC vng C ta có: � sin CAO OC R OA R � 300 � CAB � 600 � CAO � 600 � ABC ABC có AB = AC CAB tam giác � đường cao S BCA h AB 3R 2 1 3R 3R h AB � � R 3 (dvdt ) 2 Bài a) Điều kiện: x �0 Với x �0 ta có: x 3x x � x x x x x 1 x 3x � x x 1 x x � x 1 x x � x x 1 x x x 1 x 1 � � �� �� x 3x x x (*) � � Giải (*) x x � � �� x x �1 x �1 � x �0 Với x �0 ta có: Dấu ‘=” xảy x = Vậy (*) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có tập nghiệm {0; 1} t a b � t a b �4ab b) Đặt a b 3ab �t t � 3t 4t �0 Ta có: � t�� 3t� a b Ta có: 3t t �0 � a 2ab b �0 � 2a 2b �a ab b 2 4 2 � a b2 � a b � � a b2 � 9 Dễ dàng chứng minh A B � 2 A B � a b2 � a b2 � 2� � a b2 � � � � 9� (1) 3ab a b 3ab 1 1 � 1 ab ab 2 (2) Ta có: a b Từ (1) (2) suy ra: Đẳng thức xảy P a b2 ab 3ab � ab 3 1 ab đạt Vậy giá trị lớn P ... phương trình: 450 450 x 10 x � 900 x 900 x 9000 x 30 x � 3x 30 x 9000 � x 10 x 3000 110 10 4.3000 1 2100 ; x1 10 110 10 110 60 x2 50 2 (nhận),... thứ x (km/h) (điều kiện: x > 10) Thì vận tốc xe thứ hai x – 10( km/h) Thời gian xe thứ hết quãng đường AB là: x (h) Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: x 10 (h) Vì nên xe thứ đến trước... 110 60 x2 50 2 (nhận), (loại) Vậy vận tốc xe thứ 60 (km/h) Thì vận tốc xe thứ hai 60 – 10 = 50(km/h) b) a = 1; b = – m; c = – Vì a c khác dấu, phương trình ln có hai nghiệm x1; x2 khác