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 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  ab 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  42  422  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  ab ab 2 (2) Ta có: a  b Từ (1) (2) suy ra: Đẳng thức xảy P   a   b2  ab 3ab �  ab 3 1  ab 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