Thông tin tài liệu
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 − = x − y = b) Giải hệ phương trình 2 x + y = c) Rút gọn biểu thức: 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 thức P = − a + − b + a+b HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = −5 x − y = 3 x = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ b) 2 x + y = 2 x + y = 2.2 + y = y =1 Hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) c) P = 16 − + 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 2m + = ⇔ m = − Khi m = − 1 phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = ⇒ y1 = y2 = 2 1 1 Vậy tọa độ điểm chung ; ÷ 2 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: (h) x Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: (h) x − 10 Vì nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 ta có phương trình: 450 450 − = ⇒ 900 x − 900 x + 9000 = x − 30 x x − 10 x ⇔ x − 30 x − 9000 = ⇔ x − 10 x − 3000 = ∆ = 10 + 4.3000 = 12100 ; x1 = ∆ = 110 10 + 110 10 − 110 = 60 (nhận), x2 = = −50 (loại) 2 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) Vì x1; x2 khác dấu mà x1 < x2 ⇒ x1 < < x2 ⇒ x1 = − x1; x2 = 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 = 900 Vì AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm C ⇒ AC ⊥ OC hay ·ACO = 900 · Tứ giác ABOC có ·ACO = ABO = 900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO b) Xét ∆ EMB ∆ ECN có: · · (hai góc nội tiếp chắn cung NB) EMB = ECN · · (hai góc nội tiếp chắn cung MC) EBM = ENC ⇒ ∆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 Xét ∆ AOC vuông C, đường cao CF ta có AF AO = AC FC = FA.FO Xét ∆ ACM ∆ ANC có: ·ACM = ·ANC µA chung ⇒ ∆ACM ∽ ∆ANC ( gg ) ⇒ ⇒ AF AO = AM AN ⇒ AC AM = ⇒ AC = AM AN AN AC AF AM = AN AO Xét ∆AMF ∆AON có: µA chung ; AF = AM ⇒ ∆AMF ∽ ∆AON (cgc ) AN AO Xét ∆ FCM ∆FDB có: · · (hai góc nội tiếp chắn cung MB) FCM = FDB · · (đối đỉnh) CFM = DFB ⇒ ∆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 · · ⇒ ∆FMA∆ ∽ FOD(cgc ) ⇒ FMA = FOD · · Mà FMA = FON · · ⇒ FON = FOD · · ∆ FON ∆ FOD có: FO cạnh chung, FON , ON = OD = FOD ⇒ ∆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 = 3R ⇒ AC = R · = Xét ∆ AOC vng C ta có: sin CAO OC R = = OA R · · ⇒ CAO = 300 ⇒ CAB = 600 · ∆ ABC có AB = AC CAB = 600 ⇒ ∆ ABC tam giác ⇒ đường cao h = AB = 3R 2 S BCA Bài 1 3R 3R = h AB = × ×R = (dvdt ) 2 a) Điều kiện: x ≥ Với x ≥ ta có: x − 3x + = x −1 ( )( ) ( ⇔ x − x + x + x + = ( x − 1) x + 3x + ) ( ) ⇔ x − − ( x − 1) ( x + x + ) = ⇔ ( x − 1) ( − x − x + ) = ⇔ x − = ( x − 1) x + 3x + x −1 = x = ⇔ ⇔ 1 − x − x + = x + x + = (*) Giải (*) x + x + = Với x ≥ ta có: ⇒ x + 3x + ≥ x + ≥ x ≥0 Dấu ‘=” xảy x = Vậy (*) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có tập nghiệm {0; 1} b) Đặt t = a + b ⇒ t = ( a + b ) ≥ 4ab Ta có: = a + b + 3ab ≤ t + t ⇒ 3t + 4t − ≥ ⇒ ( t + ) ( 3t − ) ≥ ⇒ 3t − ≥ ⇒ t ≥ Ta có: ( a − b ) ≥ ⇒ a − 2ab + b ≥ ⇒ 2a + 2b ≥ a + 2ab + b ⇒ ( a2 + b2 ) ≥ ( a + b ) ≥ Dễ dàng chứng minh ⇒ a + b2 ≥ 9 A + B ≤ 2( A + B) ⇒ − a + − b2 ≤ ( − a − b ) 2 ⇒ − a + − b2 ≤ − ÷ = 9 (1) Ta có: 3ab a + b + 3ab = −1 = − ≤ − = (2) a+b a +b a +b 2 Từ (1) (2) suy ra: P = − a + − b + 3ab ≤ + a+b Đẳng thức xảy a = b = Vậy giá trị lớn P + đạt a = b = 3 ... 450 − = ⇒ 900 x − 900 x + 9000 = x − 30 x x − 10 x ⇔ x − 30 x − 9000 = ⇔ x − 10 x − 3000 = ∆ = 10 + 4.3000 = 1 2100 ; x1 = ∆ = 110 10 + 110 10 − 110 = 60 (nhận), x2 = = −50 (loại) 2 Vậy vận tốc... 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: (h) x Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: (h) x − 10. ..HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = −5 x − y = 3 x = x = x
Ngày đăng: 21/04/2020, 01:05
Xem thêm:
