Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bà Rịa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bà Rịa (Có đáp án)

1. 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 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2 4x 5 0 x y 1 b) Giải hệ phương trình 2x y 5 12 c) Rút gọn biểu thức: P 16 3 8 3 Bài 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y 2x2 và đường thằng (d): y 2x m (m là tham số) a) Vẽ parabol (P). b) Với những giá trị nào của m thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó. Bài 3. (1,5 điểm) a) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. b) Cho phương trình: x2 mx 1 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 và x1 x2 6. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua (O) (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R). (B và C là hai tiếp điểm và C tuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC = EM.EN và IA là phân giác của B· IC . c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng AMF ∽ AON và BC//DN . d) Giả sử OA = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R. Bài 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2 x 3x 1 x 1. b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3ab thức P 1 a2 1 b2 . a b
2. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài 1. a) Ta có 1 + 4 – 5 = 0, phương trình đã cho có hai nghiệm x1 1; x2 5 x y 1 3x 6 x 2 x 2 b) 2x y 5 2x y 5 2.2 y 5 y 1 Hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y 2;1 12 c) P 16 3 8 4 2 4 4 2 2 4 3 Bài 2. a) Bảng giá trị của (P) x – 2 – 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2 2x m 2x2 2x m 0(1). ' 12 2. m 2m 1 (P) và (d) chỉ có một điểm chung khi phương trình (1) có nghiệm kép 1 => ' 0 hay 2m 1 0 m . 2 1 1 1 Khi m phương trình (1) có nghiệm kép x x y y . 2 1 2 2 1 2 2 1 1 Vậy tọa độ điểm chung khi đó là ; . 2 2 Bài 3. a) Gọi vận tốc xe thứ nhất là x (km/h) (điều kiện: x > 10) Thì vận tốc xe thứ hai là x – 10(km/h) 1 Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: (h) x 1 Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: (h) x 10
3. Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình: 450 450 3 900x 900x 9000 3x2 30x x 10 x 2 3x2 30x 9000 0 x2 10x 3000 0 2 10 4.3000 12100 ; 110 10 110 10 110 x 60 (nhận), x 50 (loại) 1 2 2 2 Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60 (km/h) Thì vận tốc xe thứ hai là 60 – 10 = 50(km/h) b) a = 1; b = – m; c = – 1. Vì a và c khác dấu, phương trình luôn 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 0 x2 x1 x1; x2 x2 . Ta có: x1 x2 6 x1 x2 6 x1 x2 6 (2). Từ (1) và (2) suy ra m = – 6. Bài 4. C N I E M A F O D B a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B AB  OB hay A· BO 900 Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C AC  OC hay ·ACO 900 .
4. Tứ giác ABOC có ·ACO A· BO 900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Xét EMB và ECN có: E· MB E· CN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) E· BM E· NC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) EMB ∽ ECN(gg) EM EB EB.EC EM.EN . EC EN Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) lần lượt tại các tiếp điểm B và C nên ·AOB ·AOC và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I là trung điểm MN OI  MN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) ·AIO 900 I nằm trên đường tròn đường kính OA. Xét đường tròn đường kính OA ta có: ·AIC ·AOC; ·AIB ·AOB (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Mà ·AOB ·AOC ·AIC ·AIB hay IA là phân giác của B· IC . c) Vì AB = AC và OB = OC nên AO là đường trung trực của BC AO vuông góc với BC tại F. Xét AOC vuông tại C, đường cao CF ta có AF.AO AC2 và FC2 FA.FO. Xét ACM và ANC có: ·ACM ·ANC và µA chung AC AM ACM ∽ ANC(gg) AC 2 AM.AN AN AC AF AM AF.AO AM.AN AN AO Xét AMF và AON có: AF AM µA chung; AMF ∽ AON(cgc) AN AO Xét FCM và FDB có: F· CM F· DB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB) C· FM D· FB (đối đỉnh)
5. FM FC FCM ∽ FDB FB FD FM.FD FB.FC FC 2 FM FA FM.FD FA.FO FO FD Xét FMA và FOD có: · · FM FA MFA OFD và FO FD FMA ∽ FOD(cgc) F· MA F· OD Mà F· MA F· ON F· ON F· OD . FON và FOD có: FO cạnh chung, F· ON F· OD , ON = OD FON FOD(cgc) FN FD Vì FN = FD và ON = OD FO là đường trung trực của ND FO ND mà FO  BC ND//BC. d) Xét AOC vuông tại C ta có: OA2 AC 2 OC 2 AC 2 OA2 OC 2 4R2 R2 3R2 AC R 3 . OC R 1 Xét AOC vuông tại C ta có: sinC· AO OA 2R 2 C· AO 300 C· AB 600 ABC có AB = AC và C· AB 600 ABC là tam giác đều. 3 3R đường cao h AB 2 2 1 1 3R 3R2 3 S h.AB   R 3 (dvdt) BCA 2 2 2 4 Bài 5. a) Điều kiện: x 0 . Với x 0 ta có:
6. 2 x 3x 1 x 1 2 x 3x 1 2 x 3x 1 x 1 2 x 3x 1 x 1 x 1 2 x 3x 1 x 1 x 1 2 x 3x 1 0 x 1 1 2 x 3x 1 0 x 1 0 x 1 1 2 x 3x 1 0 2 x 3x 1 1 (*) Giải (*) 2 x 3x 1 1 . 2 x 0  Với x 0 ta có:  2 x 3x 1 1. 3x 1 1  Dấu ‘=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy (*) có nghiệm x = 0. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm {0; 1}. b) Đặt t a b t 2 a b 2 4ab 3 Ta có: 1 a b 3ab t t 2 3t 2 4t 4 0 4 2 t 2 3t 2 0 3t 2 0 t . 3 Ta có: a b 2 0 a2 2ab b2 0 2a2 2b2 a2 2ab b2 2 4 2 2 a2 b2 a b a2 b2 9 9 Dễ dàng chứng minh A B 2 A B 1 a2 1 b2 2 2 a2 b2 . 2 2 2 4 2 1 a 1 b 2 2 (1) 9 2 3ab a b 3ab 1 3 1 Ta có: 1 1 1 (2). a b a b a b 2 2
7. 3ab 4 3 1 Từ (1) và (2) suy ra: P 1 a2 1 b2 . a b 3 2 1 Đẳng thức xảy ra khi a b . 3 4 3 1 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là đạt được khi a b . 3 2 3