Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ 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 Ngày thi: 13/06/2018 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 thẳng (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 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. b) Cho phương trình: x2 mx 1 0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 x2 và x1 x2 6 . Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không qua O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC EM.EN và IA là tia phân giác của B· IC . c) Tia MF cắt (O; R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh AMF# AON và BC / /DN . d) Giả sử AO 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 hai số thực dương a,b thỏa mãn a b 3ab 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3ab P 1 a2 1 b2 . a b HẾT Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị số 1: Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x2 4x 5 0 Ta thấy a b c 1 4 5 0 a) 0.75 c Phương trình có hai nghiệm: x 1; x 5 1 2 a Bài 1 x y 1 3x 6 x 2 x 2 (2,5đ) b) 2x y 5 x y 1 2 y 1 y 1 1.0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (2;1) . 12 2 3 c) P 16 3 8 4 2 4 2 2 4 0.75 3 3 Lập bảng giá trị: x – 2 – 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 Vẽ (P) đi qua các điểm (– 2; 8), (– 1; 2), (0; 0), (1; 2) , (2; 8). y 8 6 a) 0.75 4 Bài 2 (1,5đ) 2 -2 -1 O 1 2 x Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2x2 2x m 2x2 2x m 0 (*) ' 1 2m (P) và (d) chỉ có một điểm chung b) Phương trình (*) có nghiệm kép 0.75 1 ' 0 1 2m 0 m 2 1 Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: x x 1 2 2
3. 2 1 1 1 Với x y 2. 2 2 2 1 Vậy với m thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung là điểm 2 1 1 ; . 2 2 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 10 km/h nên xe thứ nhất đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. Gọi vận tốc của xe thứ nhất là x (km/h) (x > 10). Vận tốc của xe thứ hai là x – 10 (km/h). 450 Thời gian xe thứ nhất đi từ thành phố A đến thành phố B là (h) x 450 Thời gian xe thứ hai đi từ thành phố A đến thành phố B là (h) x 10 a) Theo đề bài ta có phương trình: 1.0 450 450 1,5 x 10 x 300x 300(x 10) x(x 10) 300x 300x 3000 x2 10x Bài 3 (1,5đ) x2 10x 3000 0 Giải phương trình được: x1 60; x2 50 Kết hợp với ĐK x 60 Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 60 km/h vận tốc của xe thứ hai là 60 – 10 = 50 (km/h) Phương trình: x2 mx 1 0 Vì ac 1 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu và x1 x2 nên x1 0 x2 Theo đề bài: b) 0.5 x1 x2 6 x1 x2 6 (vì x1 0 x2 ) x1 x2 6 m 6 Vậy m 6 là giá trị cần tìm.
4. B D 1 F A 4 O 0.25 1 2 3 1 M 1 E 2 1 2 I 1 N C Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O) · · 0 a) ABO ACO 90 0.75 B, C thuộc đường tròn đường kính AO Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. EBM và ENC có: Eµ 1 Eµ 2 (hai góc đối đỉnh) µ µ B1 N1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) 0.5 Bài 4 EBM ENC (g.g) (3,5đ) EB EM EB.EC EM.EN EN EC (O) có dây MN không đi qua tâm và I là trung điểm của dây MN b) OI  MN A· IO 900 I thuộc đường tròn đường kính AO Xét đường tròn đường kính AO có:  · I1 AOB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) 0.5  I2 A· OC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Mà A· OB A· OC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)   I1 I2 Vậy IA là tia phân giác của góc BOC. ABM và ANB có: B· AN chung A· BM A· NB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) ABM ANB (g.g) AB AM AB2 AM.AN c) AN AB 0.5 Ta có: OB = OC = R AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) OA là đường trung trực của BC OA  BC tại F ABO vuông tại B, đường cao BF. Áp dụng hệ thức lượng trong
5. tam giác vuông, ta có: AB2 AF.AO AM.AN AF.AO ( AB2 ) AM AF AO AN AMF và AON có: AM AF O· AN chung, AO AN AMF AON (c.g.c).  Từ AMF AON F1 A· NO (1) MFON là tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON có  Mµ 1 F4 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ON) (2) OMN cân tại O (vì OM = ON = R) Mµ 1 O· NM hay Mµ 1 A· NO (3)   Từ (1), (2), (3) F1 F4 (4) Vì OA  BC tại F     0 F1 F2 F4 F3 90 (5)    1 Từ (4), (5) F2 F3 F2 M· FN 0.5 2 Lại có M· FN M· ON (vì tứ giác MFON nội tiếp)  1 F2 M· ON (6) 2 (O) có Dµ là góc nội tiếp, M· ON là góc ở tâm cùng chắn M¼ N 1 Dµ M· ON (7) 2  Từ (6), (7) F2 Dµ Mà 2 góc ở vị trị đồng vị BC // DN. ABO vuông tại B, đường cao BF OB2 OA.OF OB2 R 2 1 OF R OA 2R 2 1 3 AF AO OF 2R R R 2 2 d) Lại có: 0.5 3 1 3 3 3 BF2 AF.OF R  R R 2 BF R 2 R 2 2 4 4 2 Vì OA là đường trung trực của BC nên BC = 2BF Diện tích ABC là: 1 3 3 3 3 S AF.BC AF.BF R. R R 2 (đơn vị diện tích). 2 2 2 4
6. 2 x 3x 1 x 1 (1) ĐK: x 0 Đặt 2 x a, 3x 1 b a2 b2 4x 3x 1 x 1 Phương trình (1) trở thành a b a2 b2 (a b)(a b) (a b) 0 (a b)(a b 1) 0 a b 0 a b 1 0 0.5 a b a b 1 2 x 3x 1 (2) 2 x 3x 1 1 (3) (2) 4x 3x 1 x 1 (thỏa mãn ĐK) Với x 0 2 x 0; 3x 1 1 2 x 3x 1 1 Kết hợp với (3) x 0 (thỏa mãn ĐK) Bài 5 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 0;1 (1,0đ) Ta có: (a b)2 0 a2 2ab b2 0 a2 b2 2ab a2 2ab b2 4ab a2 2ab b2 4ab 2 2 2 2 2 2 2 2 2(a b ) a 2ab b 2(a b ) a 2ab b (a b)2 4ab (1) 2 2 2 (a b) 2(a b ) (2) Theo đề bài: a b 3ab 1 4(a b) 12ab 4 0.5 4(a b) 3(a b)2 4 (theo (1)) 3(a b)2 4(a b) 4 0 (a b 2)3(a b) 2 0 3(a b) 2 0 (vì a,b 0 a b 2 0) 2 a b 3 4 2(a2 b2 ) (a b)2 (theo (2)) 9 Áp dụng các kết quả trên, ta có:
7. 2 4 32 1 a2 1 b2 2 1 a2 1 b2 4 2 a2 b2 4 9 9 4 2 1 a2 1 b2 3 3ab 1 (a b) 1 1 1 1 1 a b a b a b 2 2 3 Do đó: 3ab 4 2 1 P 1 a2 1 b2 a b 3 2 Dấu “=” xảy ra a b a b 1 2 a b (vì a,b 0) a b 3ab 1 3a 2a 1 0 3 4 2 1 1 Vậy maxS khi a b . 3 2 3 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương