Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán vũng tàu năm học 2018 2019 có đáp án

7 432 7
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán vũng tàu năm học 2018   2019 có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20182019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 13/06/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,5 điểm): a) Giải phương trình x  x   �x  y  b) Giải hệ phương trình � 2x  y  � c) Rút gọn biểu thức P  16   12 Bài (1,5 điểm): Cho parabol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  x  m (m tham số) a) Vẽ parabol (P) b) Với giá trị m (P) (d) 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 10 km/h nên xe thứ đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe b) Cho phương trình: x  mx   (m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 x1  x2  Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) điểm A bên 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 thuộc 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 tia phân giác BIC c) Tia MF cắt (O; R) điểm thứ hai D Chứng minh AMF #AON BC / / DN d) Giả sử AO  R Tính diện tích tam giác ABC theo R Bài (1,0 điểm): a) Giải phương trình x  x   x  b) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b  3ab  Tìm giá trị lớn biểu thức 3ab P   a2   b2  ab - HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị số 1: Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x  4x   Ta thấy a  b  c     a) Bài (2,5đ) b) c) 0.75 c � Phương trình hai nghiệm: x1  1; x2   5 a 3x  �x  y  � �x  �x  �� �� �� � 2x  y   y  �y  � �x  y  � Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y )  (2;1) 1.0 12  42  422  3 P  16   0.75 Lập bảng giá trị: x y  2x2 –2 –1 0 2 Vẽ (P) qua điểm (– 2; 8), (– 1; 2), (0; 0), (1; 2) , (2; 8) Bài (1,5đ) a) 0.75 b) Bài (1,5đ) a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): (*) 2x2  2x  m � 2x2  2x  m   '   2m (P) (d) điểm chung � Phương trình (*) nghiệm kép �  '  �  2m  � m   Khi đó, phương trình (*) nghiệm kép: x1  x2  2 �1 � Với x  � y  � � �2 � Vậy với m   (P) (d) điểm chung điểm �1 � � ; � �2 � 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 10 km/h nên xe thứ đến thành phố B trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe Gọi vận tốc xe thứ x (km/h) (x > 10) � Vận tốc xe thứ hai x – 10 (km/h) 450 Thời gian xe thứ từ thành phố A đến thành phố B (h) x 450 Thời gian xe thứ hai từ thành phố A đến thành phố B (h) x  10 Theo đề ta phương trình: 450 450   1,5 x  10 x � 300 x  300( x  10)  x( x  10) � 300 x  300 x  3000  x  10 x � x  10 x  3000  Giải phương trình được: x1  60; x2  50 Kết hợp với ĐK � x  60 Vậy vận tốc xe thứ 60 km/h vận tốc xe thứ hai 60 – 10 = 50 (km/h) 0.75 1.0 b) Phương trình: x  mx   Vì ac  1  nên phương trình ln hai nghiệm trái dấu Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m Vì phương trình hai nghiệm trái dấu x1  x2 nên x1   x2 Theo đề bài: x1  x2  0.5 �  x1  x2  (vì x1   x2 ) � x1  x2  6 � m  6 Vậy m  6 giá trị cần tìm 0.25 Bài (3,5đ) a) b) Ta có: AB, AC tiếp tuyến (O) �  ACO �  900 � ABO � B, C thuộc đường tròn đường kính AO � Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO  EBM  ENC có: �1  E � (hai góc đối đỉnh) E �1  N �1 (hai góc nội tiếp chắn cung MC) B �  EBM  ENC (g.g) EB EM �  � EB.EC  EM.EN EN EC (O) dây MN khơng qua tâm I trung điểm dây MN �  900 � OI  MN � AIO � I thuộc đường tròn đường kính AO Xét đường tròn đường kính AO có: $ � (2 góc nội tiếp chắn cung AB) I1  AOB $ � (2 góc nội tiếp chắn cung AC) I  AOC �  AOC � Mà AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) �$ I1  $ I2 Vậy IA tia phân giác góc BOC 0.75 0.5 0.5 c)  ABM  ANB có: � chung BAN �  ANB � (hai góc nội tiếp chắn cung BM) ABM �  ABM  ANB (g.g) AB AM �  � AB2  AM.AN AN AB Ta có: OB = OC = R AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) � OA đường trung trực BC � OA  BC F  ABO vuông B, đường cao BF Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: AB2  AF.AO � AM.AN  AF.AO ( AB2 ) AM AF �  AO AN  AMF  AON có: AM AF �  chung, OAN AO AN �  AMF  AON (c.g.c) �  AON � F$1  ANO Từ  AMF � MFON tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON �1  F $4 (2 góc nội tiếp chắn cung ON) �M  OMN cân O (vì OM = ON = R) �1  ONM � �1  ANO � �M hay M $4 Từ (1), (2), (3) � F$1  F Vì OA  BC F $3  900 � F$1  F$2  F$4  F $2  F $3 � F$2  MFN � Từ (4), (5) � F �  MON � Lại MFN (vì tứ giác MFON nội tiếp) $2  MON � �F � � � (O) D góc nội tiếp, MON góc tâm chắn MN �  MON � �D � Từ (6), (7) � F$2  D Mà góc vị trị đồng vị � BC // DN (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 0.5 0.5  ABO vuông B, đường cao BF � OB2  OA.OF � OF  d) Bài (1,0đ) OB2 R   R OA 2R � AF  AO  OF  2R  R  R 2 Lại có: 3 3 BF2  AF.OF  R � R  R � BF  R  R 2 4 Vì OA đường trung trực BC nên BC = 2BF Diện tích  ABC là: 3 3 S  AF.BC  AF.BF  R R R (đơn vị diện tích) 2 (1) x  3x   x  ĐK: x �0 Đặt x  a, 3x   b � a  b  x  3x   x  Phương trình (1) trở thành a  b  a  b2 � (a  b)(a  b)  (a  b)  � (a  b)(a  b  1)  a b  � �� a  b 1  � ab � �� a b 1 � � x  3x  (2) �� x  x   (3) � (2) � x  3x  � x  (thỏa mãn ĐK) Với x �0�� x � 0; x 1 x 3x 1 Kết hợp với (3) � x  (thỏa mãn ĐK) Vậy tập nghiệm phương trình (1) S   0;1 0.5 0.5 Ta có: (a  b) �0 � a  2ab  b �0 � a  b2 �2ab � � a  2ab  b �4ab a  2ab  b �4ab �� �� 2 2 2( a  b ) � a  ab  b 2(a  b ) �a  2ab  b � � � (a  b) �4ab (1) �� (a  b) �2( a  b ) (2) � Theo đề bài: a  b  3ab  � 4(a  b)  12 ab  � 4(a  b)  3( a  b) �4 (theo (1)) � 3(a  b)  4( a  b)  �0 � (a  b  2)  3( a  b)   �0 � 3(a  b)  �0 (vì a, b  � a  b   0) � ab � � 2(a  b ) �( a  b) � (theo (2)) Áp dụng kết trên, ta có:   a   b2  �2   a   b     a  b  �4  0.5 32  9 �  a2   b2 � 3ab  (a  b ) 1   1 � 1  ab ab ab Do đó: 3ab P   a   b2  �  ab Dấu “=” xảy ab ab � � �� �� � a  b  (vì a, b  0) a  b  3ab  � 3a  2a   � Vậy maxS   a  b  3 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương ... phố A đến thành phố B (h) x  10 Theo đề ta có phương trình: 450 450   1,5 x  10 x � 300 x  300( x  10)  x( x  10) � 300 x  300 x  3000  x  10 x � x  10 x  3000  Giải phương trình... (P) (d) có điểm chung � Phương trình (*) có nghiệm kép �  '  �  2m  � m   Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: x1  x2  2 �1 � Với x  � y  � � �2 � Vậy với m   (P) (d) có điểm... thứ hai 60 – 10 = 50 (km/h) 0.75 1.0 b) Phương trình: x  mx   Vì ac  1  nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m Vì phương trình có hai nghiệm

Ngày đăng: 23/06/2018, 08:03

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan