Tài liệu 63 đề thi vào 10 môn toán năm học 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian 120 phút Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau : a) 3x  2x  3  2 x  y  101 b)  x  y  1 c) x 2  2 3x  2  0 Câu 2. Cho hàm số y  0,5x2 có đồ thị là parabol (P) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho b) Xác định hệ số a, b của phương trình (d): y = ax+b , biết (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ (P) và (d) tiếp xúc nhau. Câu 3. Cho phương trình bậc hai x2  3x  m  0 với m là tham số a) Tìm m để phương trình có nghiệm x= - 2 . Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được b) Gọi x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x12  x22  3x1x2 Câu 4.Cho tam giác đều ABCnội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CA a) Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G khác A. Chứng minh ON = NG c) PN cắt cung nhỏ BG của đường tròn (O) tại F. Tính số đo OFP Câu 5. Cầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốn lượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa trong thiết kế cảnh quan, đặt biệt là là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạo được một điểm nhấn của công trình giao thông hiện đại. Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ, vòm cầu là một cung tròn AMB . Độ dài đoạn AB bằng 30m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với mặt sàn cầu là đoạn MK có độ dài 5m. Tính chiều dài vòm cầu ĐÁP ÁN VÀO 10 AN GIANG 2018-2019 C©u1 a) 3x  2x  3  2  x 3 2 3 2      3 2 x 3 2 3 2  3 2 .  2 3 2   5 2 6 x  y  101 x  y  1 x  y  1 x  50  1 x  51 b)      x  y  1 y  1  y  101 2y  100 y  50 y  50 c) x 2  2 3x  2 ta cã :    3 2 2 1 x   3  1 suy ra pt cã 2 nghiÖm  1 .VËy S   3  1 x 2   3  1 C©u 2 a) Häc sinh tù vÏ (P)   b)(d) c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng1  x  1;y  0  a  b  0(1) (d) c¨t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é lµ 2  x  2;y  2  2a  b  2 (2) a  b  0 a  2 Tõ(1) vµ (2) ta cã hÖ   2a  b  2 b  2  (d)y  2x  2 1 Ta cã ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm (P) vµ (d) lµ : x 2  2x  2 2 1 cã   (2)2  4. .2  0 2 VËy (d) vµ (P) tiÕp xóc nhau C©u 3 a) khi ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x  2 ta cã : (2)2  3.(2)  m  m  10 x  2  ptrinh :x 2  3x  10     5 b) x 2  3x  m  0(1)    3  4m  9  4m 2 §Ó ptrinh cã nghiÖm th×   0  9  4m  0  m  9 4 x  x  3 9 Khi m  .¸p dông vi et   1 2 4 x1x 2  m A  x12  x 22  3x1x 2  (x1  x 2 )2  5x1x 2  32  5m  9  5m 9 45 9 9  5m   9  5m  A 4 4 4 4 9 9 VËy Min A    m  4 4 Cã m  Cau 4 A P M O E B N F G C OM  AB a) Do ABC ®Òu vµ M, N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm AB, AC    OMB  ONB  900 ON  BC  XÐt tø gi¸c BMON cã :OMB  ONB  900  900  1800  BMON lµ tø gi¸c néi tiÕp OA R  (tÝnh chÊt ®­êng trung tuyÕn) 2 2 R R Mµ OG  ON  NG  NG  OG  ON  R   2 2 R VËy NO  NG  (dpcm) 2 c) Gäi E lµ giao ®iÓm OC vµ PN b) Do O lµ träng t©m ABC nª n ON  Do ABC ®Òu nª n OC  AB mµ NO / /AB (do NP lµ ®­êng trung b×n h tam gi¸c ABC) suy ra OC  NP t¹i E nª n OEF vu«ng t¹i E. XÐt ONC vu«ng t¹i N cã NE ®­êng cao  NO 2  OE.OC  OE  ON 2 R  (¸p dông hÖ thøc l­îng ) OC 4 R OE 4 1 XÐt  vu«ng OEF cã :sin OFE  sin OFP     OFP  14 028' OF R 4 Câu 5 M B A K O N Gi ¶ sö AMB lµ cung trßn cña ®­êng trßn t©m O. Ta vÏ ®­êng kÝnh MN khi ®ã M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB  OM  AB AB vµ K lµ trung ®iÓm cña AB  AK   15(m) 2 AK 15 XÐt AKM vu«ng t¹i K ta cã :tan AMK   3 MK 5 Tam gi¸c OMA c©n t¹i O do OA  OM  R  OMA  OAM  arctan 3  AOM  1800  (OMA  OAM)  1800  2 arctan 3 OAB cã OA  OB  R  AOB c©n t¹i O suy ra ®­êng cao ®ång thêi ph©n gi¸c Khi ®ã :AOB  2AOK  3600  4 arctan 73,70 VËy ®é dµi cung AMB lµ :l  R.n .25.73,70   32,18(m) 1800 1800 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  4 x  5  0 x  y  1 b) Giải hệ phương trình  2 x  y  5 c) Rút gọn biểu thức: P  16  3 8  12 3 Bài 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y  2 x 2 và đường thằng (d): y  2 x  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 BIC . 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  a 2  1  b2  ab 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)     2 x  y  5 2 x  y  5 2.2  y  5 y 1 Hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1 c) P  16  3 8  12  42 4  422  4 3 Bài 2. a) Bảng giá trị của (P) x –2 –1 0 1 2 y  2 x2 8 2 0 2 8 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 x2  2 x  m  2 x 2  2 x  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 Khi m   1 1 1 phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2   y1  y2  . 2 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) Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là: 1 (h) x Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là: 1 (h) x  10 Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình: 450 450 3    900 x  900 x  9000  3x2  30 x x  10 x 2  3x2  30 x  9000  0  x2  10 x  3000  0   102  4.3000  12100 ; x1    110 10  110 10  110  50 (loại)  60 (nhận), x2  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 M A I E O F D B a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B  AB  OB hay ABO  900 Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại 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 và ECN có: EMB  ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) EBM  ENC (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 BIC . 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  AC 2 và FC 2  FA.FO . Xét  ACM và  ANC có: ACM  ANC và A chung  ACM ∽ ANC ( gg )   AF . AO  AM . AN  AC AM   AC 2  AM . AN AN AC AF AM  AN AO Xét AMF và AON có: A chung ; AF AM   AMF ∽ AON (cgc) AN AO Xét FCM và FDB có: FCM  FDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB) CFM  DFB (đối đỉnh) FM FC  FB FD  FCM ∽ FDB   FM .FD  FB.FC  FC 2  FM .FD  FA.FO  FM FA  FO FD Xét FMA và FOD có: MFA  OFD và FM FA  FO FD  FMA ∽ FOD(cgc)  FMA  FOD Mà FMA  FON  FON  FOD . FON và FOD có: FO cạnh chung, FON  FOD , 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 . Xét  AOC vuông tại C ta có: sin CAO  OC R 1   OA 2 R 2  CAO  300  CAB  600  ABC có AB = AC và CAB  600   ABC là tam giác đều.  đường cao h  AB 3 3R  2 2 1 1 3R 3R 2 3 S BCA  h. AB   R 3  (dvdt ) 2 2 2 4 Bài 5. a) Điều kiện: x  0 . Với x  0 ta có: 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 . Với x  0 ta có:     2 x  3x  1  1 . 3x  1  1   2 x 0 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   4ab 2 3 Ta có: 1  a  b  3ab  t  t 2  3t 2  4t  4  0 4   t  2  3t  2   0  3t  2  0  t  2 . 3 Ta có:  a  b   0  a 2  2ab  b2  0 2  2a 2  2b2  a2  2ab  b2  2  a 2  b2    a  b   2 Dễ dàng chứng minh 4 2  a 2  b2  9 9 A  B  2 A  B  1  a 2  1  b2  2  2  a 2  b2  . 2 4 2   1  a 2  1  b2  2  2    9 2  (1) Ta có: 3ab a  b  3ab 1 3 1  1   1   1  (2). ab ab ab 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: P  1  a 2  1  b 2  3ab 4 3 1   . ab 3 2 1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  . 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là 4 3 1 1  đạt được khi a  b  . 3 2 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 06/06/2018 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2,0 điểm). 1. Tính giá trị của biểu thức A  5   20  5  1 . 2. Tìm tham số m để đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3 . Câu II (3,0 điểm). x  4 y  8 1. Giải hệ phương trình  . 2 x  5 y  13  6  ( a  1) 2 10  2 a 2. Cho biểu thức B   (với a  0; a  1 ).   . a  1 a a  a  a  1 4 a   a) Rút gọn biểu thức B . b) Đặt C  B.(a  a  1) . So sánh C và 1. 3. Cho phương trình x2  (m  2) x  3m  3  0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m  1 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 . Câu III (1,5 điểm). Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường. Câu IV (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC . Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm M , N ( M  B, N  C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM ; P là giao điểm của AH và BC . 1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh BM .BA  BP.BC . 3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a . 4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC ( E , F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H , F thẳng hàng. Câu V (0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  81x 2  18225 x  1 6 x  8  , với x  0. 9x x 1 -------------------------------HẾT-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................ Số báo danh:......................................................... Giám thị 1 (họ tên và ký)..................................... Giám thị 2 (họ tên và ký) ...................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HDC ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu I + Ta có A  5. 20  5. 5  1 0,25  10  5  1 0,25  6. 0,25 1 (1,0 điểm) 2 (1,0 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NGÀY THI: 06/06/2018 MÔN THI: TOÁN Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Hướng dẫn, tóm tắt lời giải Điểm (2,0điểm) + Vậy A  6 . 0,25 + Đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3  m  1  3 0,5  m  4. + Vậy m  4 . 0,25 0,25 (3,0điểm) Câu II  x  4 y  8 x  8  4 y + Ta có   2 x  5 y  13  2  8  4 y   5 y  13 1 (1,0 điểm) 0,25 3 y  3  x  8  4 y 0,25 x  4 .   y 1 0,25 + Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (4;1) . 0,25 a) Với a  0; a  1 , ta có:  6 10  2 a  ( a  1) 2 B  . a  1 ( a  1)( a  1)   4 a 2 (1,0 điểm) 4 a 4 ( a  1) 2 . (a  1)( a  1) 4 a 1 1 . . Vậy B   a a b) Với a  0; a  1 , ta có:  C 1  3 (1,0 điểm) a  a 1 ( a  1)2 1   0. Vậy C  1. a a 0,25 0,25 0,25 0,25 x  3 a) Với m  1 thì phương trình (1) trở thành x2  x  6  0   .  x  2 0,25 Vậy khi m  1 thì phương trình có hai nghiệm x  3 và x  2 . 0,25 b) Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  25.  m  4 2  0    m  2 2  4  3m  3  0   m  2  x1  x2  m  2  0 Khi đó    x1.x2  3m  3  0 m  1 2  x 2  x 2  25   1 2  x1  x2   2 x1 x2  25   m  4 m  4 m  4     m  1  m  1  m  1  m  5.  m 2  2m  15  0  m5 2    m  2   2  3m  3  25   m  3 0,25 0,25 Vậy m phải tìm là m  5. Câu III Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h)  x  2  . Thời gian để bạn Linh đi từ nhà đến trường là 0,25 10 (giờ). x Vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x  2 (km/h). Do đó thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là Theo bài ra, ta có phương trình (1,5điểm) 0,25 10 (giờ). x2 10 10 1   x2 x 4 0,25  40 x  40  x  2   x  x  2   x 2  2 x  80  0 (1,5 điểm)  x  8  .  x  10 0,25 0,25 Nhận xét : x  8 loại, x  10 thỏa mãn. Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h. 0,25 (3,0điểm) Câu IV A M E B 1 (1,0 điểm) 2 (1,0 điểm) N F H C P O + Chỉ ra được AMH  900 0,25 ANH  900 0,25 nên M và N cùng thuộc đường tròn đường kính AH. ( hoặc AMH  ANH  1800 ) 0,25 + Vậy tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. 0,25 + Tứ giác AMPC có APC  900 (do H là trực tâm tam giác ABC) và AMC  900 0,25 nên tứ giác AMPC nội tiếp đường tròn đường kính AC 0,25 (Hoặc hai tam giác BMC và tam giác BPA đồng dạng) BM BC Chỉ ra được  BP BA 0,25 Từ đó suy ra BM.BA = BP.BC 0,25 Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH 3 (0,5 điểm) Tam giác ABC đều nên trực tâm H cũng là trọng tâm 2 2 AB 3 2a 3  AH  . AP  .  ( hoặc tính được bán kính đường tròn ngoại 3 3 2 3 1 a 3 tiếp tứ giác AMHN là R  AH  ) 2 3 Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng  .AH = 2 a 3 . 3 ( Hoặc tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo công thức 2 R ) Kết luận : Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng 4 (0,5 Ta có AH.AP = AM.AB = AE2  AH AE  . AE AP 0,25 0,25 2 a 3 . 3 0,25 điểm) AH AE và EAP chung nên tam giác AHE  AE AP đồng dạng với tam giác AEP suy ra AHE  AEP (1) Hai tam giác AHE và AEP có Tương tự, ta có: AHF  AFP (2) Mặt khác: tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm điểm A,E,P,O,F cùng thuộc đường tròn đường kính AO . Suy ra tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên AEP  AFP  1800 (3). Từ (1),(2) và (3)  AHE  AHF  AEP  AFP  1800  EHF  1800 . 0,25 Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng. Câu V Với x  0 , ta có: 1 6 x 8 P  9 x   2025  9x x 1 1   6 x 8    9 x  2     9    2018 9x   x  1   (0,5điểm) 0,25 2 (0,5 điểm) 1  (3 x  1)2   3 x    x  1  2018  2018 . 3 x  1  0 1 3 x  3 x  x  ( thỏa mãn). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  9 3 x  1  0  0,25 1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 2018 khi x  . 9 Tổng 10 điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC KẠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề) Câu 1. a) Giải phương trinh 3x  2  0 b) Giải phương trình x2  5x  6  0 2x  3y  1 x  2y  1 c) Giải hệ phương trình  d) Quãng đường từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A mất tổng cộng 8h. Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 4 km/ h Câu 2. Rút gọn các biểu thức a) A  2 20  3 45  4 80  1  x 1 b) B   2   x  0;x  1;x  4  . x 1  2 x 1  Câu 3 a) Vẽ Parabol (P): y  2x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm a, b để đường thẳng (d): y=ax +b đi qua điểm M(0; 1) và tiếp xúc với Parabol (P) Câu 4.Cho phương trình x2  2(m  1)x  6m  4  0 (1) (với m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn  2m  2  x1  x22  4x2  4 Câu 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O). Trên tia Ax lấy điểm C, từ điểm C vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai diểm D và E (D, E không cùng nằm trên nửa mặt phẳng bở AB; D nằm giữa C và E). Từ điểm O kẻ OH vuông góc với DE tại H. a) Chứng minh rằng tứ giác AHOC nội tiếp b) Chứng minh rằng AD.CE=AC.AE c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. chứng minh rằng tứ giác AMBN là hình bình hành ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 BẮC CẠN 2018-2019 2 3 2 2 b) x  5x  6  0  x  2x  3x  6  0 C©u1: a)3x-2=0  x   x  x  2   3  x  2   0   x  3  x  2   0 x  3  S  3;2 . x  2 2x  3y  1 x  2y  1 x  2y  1 x  2.3  1 x  5 c)      x  2y  1 2(2y  1)  3y  1 y  3 y  3 y  3 VËy (x;y)  (5;3) d) Gäi x lµ vËn tèc thùc cña ca n« (x  0)  VËn tèc lóc ®i :x  4;vËn tèc lóc vÒ : x  4 Theo bµi ta cã ph­¬ng tr×nh: 60 60  8 x4 x4 60x  240  60x  240 8 x 2  16  8x 2  128  120x  x1  16 (chän)  x 2  15x  16  0   x 2  1(lo¹i) VËy vËn tèc ca n« lµ16km / h C©u 2.a) A=2 20  3 45  4 80  2 4.5  3 9.5  4 16.5  2.2 5  3.3 5  4.4 5  4 5  9 5  16 5  3 5 1  x 1 1  b) B   2  (x  0;x  ) . 4 x 1  2 x 1   2 x  2 1 .   x 1 . 2 x 1 x 1 2 x 1 C©u 3:a) Häc sinh tù vÏ h×nh x 1 2 x 1 .   x 1  x 1 x  0 b) v× (d) qua M(0;-1)   . Thay vµo (d)  1  0.a  b  b  1 y  1 Ta cã ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d): y  ax  1lµ : 2x 2  ax  1  2x 2  ax  1  0. ta cã :   a 2  8 §Ó (d) tiÕp xóc víi (P) th×   0  a 2  8  0  a  2 2 VËy a  2 2 ;b  1th× tháa ®Ò C©u 4:a) Ta cã:x 2  2(m  1)x  6m  4  0(1)  '     m  1   6m  4  m 2  4m  5   m  2   1  0(m) 2 2 b) Ta cã  2m  2  x1  x 22  4x 2  4 (2) x1  x 2  2m  2 ¸p dôngViet   x1x 2  6m  4 Do x1 ,x 2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ngtr×nh (1) nª n tacã : x 22  2  m  1 x 2  6m  4  0  x 22  2mx 2  2x 2  6m  4  0  x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4  0  x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4 (3) Thay (3) vµo (2) ta cã : 2 mx1  2x1  2x 2  2mx 2  6m  4  4  2m  x1  x 2   2.(x1  x 2 )  6m  0  2m.2(m  1)  2.2(m  1)  6m  0  4m 2  2m  4m  4  6m  0 m  2  2m  3m  2  0   m   1  2  1  VËy m  2;  th× tháa ®Ò  2 2