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 x2 + 4x − = x − y =  2x + y = b) Giải hệ phương trình  P = 16 − + c) Rút gọn biểu thức: 12 Bài (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = 2x2 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 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 10km/h nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe 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 = b) Cho phương trình: Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ cát tuyến AMN không 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 BC //DN ∆ AMF ∽ ∆ AON d) Giả sử OA = 2R Tính diện tích tam giác ABC theo R Bài (1,0 điểm) a) Giải phương trình x − 3x + = x − b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = Tìm giá trị lớn biểu thức P = − a + − b2 + 3ab a+b HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x − y = ⇔  2x + y =  b)  3x = ⇔   2x + y = x = ⇔   2.2 + y = Hệ phương trình cho có nghiệm P = 16 − + c) x1 = 1; x2 = − x =  y =1 ( x; y ) = ( 2;1) 12 = 4− 2+ = 4− 2+ = Bài a) Bảng giá trị (P) x –2 –1 y = 2x2 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x = x + m ⇔ x − x − m = 0(1) ∆ ' = 12 − 2.( −m ) = 2m + (P) (d) có điểm chung phương trình (1) có nghiệm kép => Khi ∆ '= m= − hay 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 = ∆ = 102 + 4.3000 = 12100 ; ∆ = 110 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 Theo hệ thức Viete ta có: Vì x1 + x2 = m (1) x1; x2 khác dấu mà x1 < x2 ⇒ x1 < < x2 ⇒ x1 = − x1; x2 = x2 Ta có: x1 − x2 = ⇔ − x1 − x2 = ⇔ x1 + x2 = − Từ (1) (2) suy m = – Bài x1; x2 khác dấu (2) C M E A N I O F D B a) Vì AB tiếp tuyến (O) tiếp điểm B Vì AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm C Tứ giác ABOC có kính AO b) Xét ·ACO = ABO · = 900 ⇒ ⇒ AB ⊥ OB hay AC ⊥ OC hay ·ABO = 900 ·ACO = 900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường ∆ EMB ∆ ECN có: · · EMB = ECN (hai góc nội tiếp chắn cung NB) · · EBM = ENC (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 AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I trung điểm MN ⇒ OI ⊥ MN ·AOB = ·AOC (quan hệ vng góc đường kính dây) ⇒ ·AIO = 900 ⇒ I nằm đường trịn đường kính OA Xét đường trịn đường kính OA ta có: ·AIC = ·AOC ; ·AIB = ·AOB Mà (hai góc nội tiếp chắn cung) ·AOB = ·AOC ⇒ ·AIC = ·AIB hay IA phân giác · BIC c) Vì AB = AC OB = OC nên AO đường trung trực BC với BC F ⇒ AO vng góc Xét ∆ AOC vng C, đường cao CF ta có AF AO = AC2 FC2 = FA.FO Xét ∆ ACM ∆ ANC có: ·ACM = ·ANC ⇒ ∆ ACM ∽ ∆ ANC ( gg ) ⇒ ⇒ AF AO = AM AN ⇒ Xét ∆ AMF ∆ AON µA chung AC AM = ⇒ AC = AM AN AN AC AF AM = AN AO có: µA chung ; AF = AM ⇒ ∆ AMF ∽ ∆ AON (cgc) AN AO Xét ∆ FCM ∆ FDB có: · · FCM = FDB (hai góc nội tiếp chắn cung MB) · · CFM = DFB (đối đỉnh) ⇒ ∆ FCM ∽ ∆ FDB ⇒ FM FC = FB FD ⇒ FM FD = FB.FC = FC ⇒ FM FD = FA.FO ⇒ Xét ∆ FMA ∆ FOD · = OFD · MFA FM FA = FO FD có: FM FA = FO FD · · ⇒ ∆FMA∆ ∽ FOD(cgc) ⇒ FMA = FOD Mà · · FMA = FON · · ⇒ FON = FOD · · ∆ FON ∆ FOD có: FO cạnh chung, FON = FOD , ON = OD ⇒ ∆ FON = ∆ FOD(cgc) ⇒ FN = FD Vì FN = FD ON = OD FO ⊥ BC ⇒ d) Xét ⇒ FO đường trung trực ND ND//BC ∆ AOC vuông C ta có: OA2 = AC + OC ⇒ AC = OA2 − OC = R − R = 3R ⇒ AC = R Xét ∆ AOC vuông C ta có: · = 300 ⇒ CAB · = 600 ⇒ CAO · sin CAO = OC R = = OA R ⇒ FO ⊥ ND mà · = 600 ⇒ ∆ ABC ∆ ABC có AB = AC CAB ⇒ đường cao h = AB tam giác 3R = 2 1 3R 3R S BCA = h AB = × ×R = (dvdt ) 2 Bài a) Điều kiện: x ≥ Với x ≥ ta có: x − 3x + = x − ( )( ) ( ⇔ x − 3x + x + 3x + = ( x − 1) x + 3x + ( ) ( ) ⇔ x − = ( x − 1) x + x + ) ⇔ x − − ( x − 1) x + 3x + = ( ) ⇔ ( x − 1) − x − 3x + =  x −1 = x =1 ⇔ ⇔ 1 − x − 3x + =  x + 3x + = (*) Giải (*) x + 3x + =   ⇒ x + 3x + ≥ x + ≥  ta có: x ≥0 Với x≥ 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 − ≥ Ta có: ⇒ ( t + ) ( 3t − ) ≥ ⇒ 3t − ≥ ⇒ t ≥ ( a − b) Ta có: 2 ≥ ⇒ a − 2ab + b2 ≥ ⇒ 2a + 2b2 ≥ a + 2ab + b2 ⇒ ( a + b2 ) ≥ ( a + b ) ≥ ⇒ a + b2 ≥ 9 A + B ≤ 2( A + B) Dễ dàng chứng minh ⇒ − a + − b2 ≤ ( − a2 − 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 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 = ∆ = 102 + 4.3000 = 1 2100 ; ∆ = 110 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 Theo hệ thức