SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN Thời gian 120 phút Câu Giải phương trình hệ phương trình sau : a) 3x  2x   x  y  101 b)  x  y  1 c) x  3x   Câu Cho hàm số y  0,5x2 có đồ thị parabol (P) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số cho b) Xác định hệ số a, b phương trình (d): y = ax+b , biết (d) cắt trục hồnh điểm có hồnh độ (d) cắt (P) điểm có hồnh độ Chứng tỏ (P) (d) tiếp xúc Câu Cho phương trình bậc hai x2  3x  m  với m tham số a) Tìm m để phương trình có nghiệm x= - Tính nghiệm lại ứng với m vừa tìm b) Gọi x1 ;x2 hai nghiệm phương trình cho Tìm giá trị nhỏ A  x12  x22  3x1x2 Câu 4.Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, BC, CA a) Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp đường tròn b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) G khác A Chứng minh ON = NG c) PN cắt cung nhỏ BG đường tròn (O) F Tính số đo OFP Câu Cầu vòm dạng cầu đẹp hình dáng cầu uốn lượn theo cung tròn tạo hài hòa thiết kế cảnh quan, đặt biệt là khu thị có dòng sơng chảy qua, tạo điểm nhấn cơng trình giao thơng đại Một cầu vòm thiết kế hình vẽ, vòm cầu cung tròn AMB Độ dài đoạn AB 30m, khoảng cách từ vị trí cao vòm cầu so với mặt sàn cầu đoạn MK có độ dài 5m Tính chiều dài vòm cầu ĐÁP ÁN VÀO 10 AN GIANG 2018-2019 C©u1 a) 3x  2x    x 3 3      3 x 3 3  3  3   5 x  y  101 x  y  x  y  x  50  x  51 b)      x  y  1 y   y  101 2y  100 y  50 y  50 c) x  3x  ta cã :    3 2 1 x    suy pt cã nghiÖm  VËy S    x    C©u a) Häc sinh tự vẽ (P) b)(d) cắt trục hoành ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng1  x  1;y  a b 0(1) (d) căt (P) điểm có hoành độ x 2;y   2a  b  (2) a  b  a  Tõ(1) vµ (2) ta cã hÖ   2a  b  b  2  (d)y  2x  Ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) vµ (d) lµ : x  2x  2 cã   (2)2  .2  Vậy (d) (P) tiếp xúc Câu a) phương trình có nghiệm x ta cã : (2)2  3.(2)  m  m  10 x   ptrinh :x  3x  10     5 b) x  3x  m  0(1)    3  4m   4m §Ĩ ptrinh cã nghiƯm th×     4m   m  x  x  Khi m  ¸p dơng vi et   x1x  m A  x12  x 22  3x1x  (x1  x )2  5x1x  32  5m   5m 45 9  5m    5m  A 4 4 9 VËy Min A    m  4 Cã m  Cau A P M O E B N F G C OM AB a) Do ABC M, N trung điểm AB, AC OMB  ONB  900 ON  BC  XÐt tø gi¸c BMON cã :OMB  ONB  900  900 1800 BMON tứ giác nội tiếp OA R  (tÝnh chÊt ®­êng trung tuyÕn) 2 R R Mµ OG  ON  NG  NG  OG  ON  R   2 R VËy NO  NG  (dpcm) c) Gäi E giao điểm OC PN b) Do O trọng tâm ABC nê n ON Do ABC nê n OC AB mà NO / /AB (do NP đường trung bìn h tam giác ABC) suy OC NP E nê n OEF vuông E Xét ONC vuông N có NE đường cao  NO  OE.OC  OE  ON R (áp dụng hệ thức lượng ) OC R OE XÐt  vu«ng OEF cã :sin OFE  sin OFP     OFP  14 028' OF R Câu M B A K O N Gi ả sử AMB cung tròn đường tròn tâm O Ta vẽ đường kính MN M điểm cung AB  OM  AB AB vµ K lµ trung ®iĨm cđa AB  AK   15(m) AK 15 Xét AKM vuông K ta có :tan AMK MK Tam giác OMA cân O OA  OM  R  OMA  OAM  arctan  AOM  1800  (OMA  OAM)  1800  arctan OAB cã OA OB R AOB cân O suy đường cao đồng thời phân giác Khi :AOB  2AOK  3600  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 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài:120 phút khơng kể thời gian giao đề Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2  x   x  y  b) Giải hệ phương trình  2 x  y  c) Rút gọn biểu thức: P  16   12 Bài (1,5 điểm) Cho parabol (P): y  x 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 b) Cho phương trình: x2  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  Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) điểm A nằm 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 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 AMF ∽ AON BC //DN 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 3ab thức P   a   b2  ab HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x1  1; x2  5 x  y  3x  x  x  b)     2 x  y  2 x  y  2.2  y  y 1 Hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;1 c) P  16   12  42  422  Bài a) Bảng giá trị (P) x –2 –1 y  x2 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x2  x  m  x  x  m  0(1)  '  12  2. m   2m  (P) (d) có điểm chung phương trình (1) có nghiệm kép =>  '  hay 2m    m   Khi m   1 phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2   y1  y2  2 1 1 Vậy tọa độ điểm chung  ;  2 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: (h) x Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: (h) x  10 Vì nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 ta có phương trình: 450 450    900 x  900 x  9000  3x2  30 x x  10 x  3x2  30 x  9000   x2  10 x  3000    102  4.3000  12100 ; x1    110 10  110 10  110  50 (loại)  60 (nhận), x2  2 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 x1; x2 khác dấu Theo hệ thức Viete ta có: x1  x2  m (1) Vì x1; x2 khác dấu mà x1  x2  x1   x2  x1   x1; x2  x2 Ta có: x1  x2    x1  x2   x1  x2  6 (2) Từ (1) (2) suy m = – Bài C N M A I E O F D B a) Vì AB tiếp tuyến (O) tiếp điểm B  AB  OB hay ABO  900 Vì AC tiếp tuyến (O) 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 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 AOB  AOC AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I trung điểm MN  OI  MN (quan hệ vng góc đường kính dây)  AIO  900  I nằm đường tròn đường kính OA Xét đường tròn đường kính OA ta có: AIC  AOC; AIB  AOB (hai góc nội tiếp chắn cung) Mà AOB  AOC  AIC  AIB hay IA phân giác BIC c) Vì AB = AC OB = OC nên AO đường trung trực BC  AO vng góc với BC F Xét  AOC vuông C, đường cao CF ta có AF.AO  AC FC  FA.FO Xét  ACM  ANC có: ACM  ANC A chung  ACM ∽ ANC ( gg )   AF AO  AM AN  AC AM   AC  AM AN AN AC AF AM  AN AO Xét AMF AON có: A 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) FM FC  FB FD  FCM ∽ FDB   FM FD  FB.FC  FC  FM FD  FA.FO  FM FA  FO FD Xét FMA FOD có: MFA  OFD 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 đường trung trực ND  FO  ND mà FO  BC  ND//BC d) Xét  AOC vng C ta có: OA2  AC  OC  AC  OA2  OC  4R2  R2  3R2  AC  R Xét  AOC vuông C ta có: sin CAO  OC R   OA R  CAO  300  CAB  600  ABC có AB = AC CAB  600   ABC tam giác  đường cao h  AB 3R  2 1 3R 3R S BCA  h AB   R  (dvdt ) 2 Bài Phương trình ax  bx  c   a   có a  b  c  phương trình ln có nghiệm x  nghiệm lại x  c a Chọn C Câu Phương pháp: Đồ thị hàm số y  ax  b, qua điểm tức tọa độ điểm thỏa mãn phương trình hàm số Thay tọa độ điểm vào ta hệ phương trình ẩn a,b giải hệ phương trình ta tìm hàm số cần tìm Cách giải: Đồ thị hàm số y  ax  b, qua hai điểm A  2;5 B 1; 4  nên ta có: 2a  b  3a  a  3    a  b  4 b  4  a b  1 Vậy hàm số cần tìm là: y  3x  Chọn C Câu 8: Phương pháp: -Nếu phân số tối giản với mẫu dương mà mẫu khơng có ước nguyên tố khác phân số viết dạng số thập phân hữu hạn -Nếu phân số tối giản với mẫu dương mà mẫu có ước ngun tố khác phân số viết dạng số thập phân vơ hạn tuần hồn Cách giải: Ta có: 20  22.5, 55  5.11, 128  27 , 625  54 Chỉ có mẫu số 55 có ước nguyên tố 11 khác nên phân số viết dạng số thập phân 55 vơ hạn tuần hồn Chọn B Câu Phương pháp: Đồ thị nằm phía trục hồnh tức y  từ ta tìm m Cách giải: 10 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Đồ thị hàm số y   2m  1 x nằm phía trục hoành tức y   2m    m   Do x    Chọn A Câu 10: Phương pháp: Tìm điều kiện, phân tích mẫu thành nhân tử sau quy đồng khử mẫu để tìm x Cách giải: Điều kiện: x    6x    x x  16 x   3  x  1   x  1   x  12 x   x    x  14 x  7  x   tm  Vậy phương trình cho có nghiệm Chọn C Câu 11 Phương pháp:  A, A  A2  A    A, A  Áp dụng công thức Cách giải: Ta có: x2   3x   3x  3x  Do x   Chọn B Câu 12 Phương pháp: Gọi số tự nhiên có hai chữ số cần tìm ab  a  N *, b  N  Kết hợp với điều kiện đầu ta tìm a, b Cách giải: 11 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Gọi số tự nhiên n có hai chữ số là: ab  a  0, a, b  N  Tổng chữ số nên ta có: a  b  1 Nếu thêm vào số 63 đơn vị số viết hai chữ số theo thứ tự ngược lại Nên ta có phương trình: ab  63  ba  10a  b  63  10b  a  9a  9b  63  a  b  7  2  a  b  a  Từ (1) (2) ta có hệ phương trình   ab  18  a  b  7 b  Vậy số cần tìm là: n = 18 Chọn B Câu 13 Phương pháp: Sử dụng công thức:  A, A  A2  A    A, A  Cách giải: Q  4a  a  4a   4a   a  2  4a  a   4a   a    3a   a   Chọn C Câu 14 Phương pháp: Sử dụng đẳng thức: a  b2   a  b  a  b  Cách giải: M  x2   x2  12   x  1 x  1 Chọn D Phương pháp: Sử dụng định lý Talet để làm Cách giải: Ta có: MA NC    MN AC MB NB 12 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! MA MA MB  , MA  MB  AB   ;  MB AB AB Áp dụng định lý Talet tam giác ABC với MN//AC ta có: MB MN MN 7.15    AC    21 cm  AB AC 5 Chọn A Câu 16 Phương pháp: Sử dụng tam giác ABC đồng dạng với tam giác DBA để chứng minh góc Cách giải: Xét tam giác ABC tam giác DBA có: CAB  ADB (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung đường tròn (O’) chắn cung AB) ACB  BAD (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung đường tròn (O) chắn cung AB) Vậy ABC DBA (g-g) Khi ta có: ABC  ABD  750 (2 góc tương ứng) Chọn D Câu 17 Phương pháp Sử dụng tính chất dãy tỷ số để tìm góc tam giác Cách giải: Gọi góc tam giác có số đo là: x, y, z (độ) giả sử: x < y < z Ta có: góc tam giác tỉ lệ với số: 2; 3; nên ta có: Áp dụng tính chất dãy tỷ số ta có: 13 x y z   x y z x  y  z 180      18 10 10 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Từ ta có: x  18  x  36 Vậy góc nhỏ tam giác có số đo là: 360 Chọn A Câu 18 Phương pháp: Góc tâm góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn Hai cạnh góc tâm cắt đường tròn hai điểm, hai điểm chia đường tròn thành hai cung Cách giải: Góc tâm góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn Hai cạnh góc tâm cắt đường tròn hai điểm, hai điểm chia đường tròn thành hai cung Chọn B Câu 19 Phương pháp: Áp dụng công thức: A  B A B Cách giải: M 12 12   42 3 Chọn D Câu 20 Phương pháp: Sử dụng công thức  A, A  A2  A    A, A  Cách giải: P  4a  6a   2a   6a  2a  6a  a  6a Chọn D Câu 21 Phương pháp: 14 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Cơng thức tính thể tích hình cầu: V   R3 Cách giải: 4 Áp dụng cơng thức tính thể tích hình cầu ta có: V   R3   33  36  cm3  3 Chọn D Câu 22 Phương pháp: Sử dụng công thức : Cách giải: P    1  1    A, A  A2  A    A, khiA              0;1    Chọn D Câu 23 Phương pháp: Sử dụng máy tính bỏ túi để làm tốn Cách giải: Sử dụng máy tính bỏ túi để làm tốn ta thấy đáp án B sai Chọn B Câu 24 Phương pháp: Áp dụng định lý cos tam giác vng Cách giải: Ta có: cos 500  d  d  51, 42  m  80 Chọn A Câu 25 Phương pháp: Trục hồnh có phương trình y  Nên tất điểm nằm trục hồnh có tọa độ dạng  a;0  với a Cách giải: 15 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Đồ thị hàm số y   2m  1 x  m  cắt trục hoành điểm có hồnh độ  Tức điểm     ;0     2 thuộc vào đồ thị hàm số Khi ta có:   2m  1     m   m   3 Chọn D Câu 26 Phương pháp Phương trình bậc hai ax  bx  c   a   có   b2  4ac Khi có trường hợp xảy sau: TH1:   phương trình bậc hai có nghiệm phân biệt x1  b   b   ; x2  2a 2a TH2:   phương trình bậc hai có nghiệm kép: x1  x2   b 2a TH3:   phương trình bậc hai vơ nghiệm Cách giải: Do phương trình bậc hai có   nên phương trình vơ nghiệm Chọn A Câu 27 Phương pháp: Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-2) nên ta thay x = 1; y = -2 vào hệ phương trình cho sau giải hệ phương trình với hai ẩn a, b Cách giải:  2b  6 b  2.1  b  2   4   Thay x  1; y  2 vào hệ phương trình ta được:  b  2a  5 a  4  b.1  a  2   5 Vậy chọn B Câu 28 Phương pháp: giải hệ phương trình bậc hai ẩn phương pháp cộng đại số Cách giải: 2 x  y  6 x  x     4 x  y   y  x   y  16 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:  x; y   1;1 Chọn C Câu 29 Phương pháp: Tâm đường tròn nội tiếp tam giác giao điểm đường phân giác, mà tam giác giao điểm đường phân giác giao điểm đường trung tuyến Khoảng cách từ đỉnh tam giác đến giao điểm đường trung tuyến bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Cách giải: Ta có đường trung tuyến tam giác cạnh a có độ dài là: a ‘ Khi bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: a a  3 Chọn C Câu 30: Phương pháp: số nguyên tố số có ước Cách giải: Ta có số 29 có ước nên số 29 số nguyên tố Chọn A Câu 31 Phương pháp: Cơng thức tính diện tích hình cầu là: S  4 R2 R bán kính hình cầu Cách giải: Ta có: hình cầu có đường kính 4(cm) nên bán kính (cm) Khi ta có diện tích S hình cầu là: S  4 22  16  cm2  Chọn B Câu 32 Phương pháp: Hàm số bậc y  ax  b  a   đồng biến với x  R  a  Cách giải: 17 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Xét đáp án ta thấy hàm số y  3x  có hệ số a   Nên hàm số đồng biến với x  R Chọn B Câu 33 Phương pháp: Hàm số bậc y  ax  b  a   đồng biến với x  R  a  Cách giải: Hàm số y   2m  1 x  đồng biến 2m    m  Chọn C Câu 34 Phương pháp: Tứ giác có cạnh hình thoi Cách giải: Chọn C Câu 35 Phương pháp: Áp dụng đẳng thức: a  b2   a  b  a  b  Cách giải: M   x  y    x  y    x  y  x  y  x  y  x  y   4 xy 2 Chọn B Câu 36 Phương pháp: Áp dụng mối quan hệ cạnh tam giác để tìm độ dài cạnh lại tam giác Giả sử cạnh tam giác a, b, c ta có: a  b  c; b  c  a; a  c  b Cách giải: Ta có tam giác ABC cân mà đầu cho AB = 6(cm); AC = 12(cm) nên tam giác khơng thể cân A mà cân B C, TH1: giả sử tam giác cân B ta có BA = BC = (cm) Mà theo mối quan hệ cạnh tam giác ta có: BA + BC > AC tức là: + > 12 (vô lý) Vậy tam giác ABC cân B TH2: Khi ta có tam giác ABC cân C tức là: CA = CB = 12(cm) Khi chu vi tam giác ABC là: 12 + 12 + = 30 (cm) 18 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Chọn C Câu 37 Phương pháp: Tính   b2  4ac Xét trường hợp  sau tìm nghiệm Cách giải: Ta có:   b2  4ac  25  24   Khi phương trình cho có hai nghiệm: x1  1 1  2; x2  3 2 Chọn A Câu 39 Phương pháp: Đặt AH = a từ tính AM, BC theo a Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính AH BC, sau áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác ABC với đường cao AH , đáy BC là: S  AH BC Cách giải: Đặt AH = a (a > ) ta có: AM = a + (cm) Lại có tam giác ABC vng A, có trung tuyến AM nên BC = 2AM  BC   a   Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABC ta có: AB AC  AH BC  2a  a    2a  14a 1 Chu vi tam giác 72 nên ta có: AB  AC  BC  72  AB  AC  72   a   Áp dụng định lý Py – ta – go tam giác vng ABC ta có: AB2  AC  BC   a    AB AC   AB  AC    AB  AC   72   a      a   2  AB AC   29  a    a   2 2  AB AC   841  58a  a    a  14a  49   AB AC  1584  144a  2 Từ (1) (2) ta có phương trình  a   tm  2a  14a  1584  144a  a  79a  792     a  88  ktm  19 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Vậy AH = (cm); BC = 2(9 + 7) = 32 (cm) Khi diện tích tam giác ABC là: 1 S  AH BC  9.32  144  cm2  2 Chọn D Câu 40 Cách giải: Ta có: a  b  c    a  2b  c   a  2a   b  4b   c  2c     a  1   b     c  1  2 a   a     b    b  c   c    Nên T  a  b  c     Chọn C Câu 41 Phương pháp: Công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có S  pr S diện tích tam giác, p nửa chu vi, r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Cơng thức tính chu vi đường tròn C  2 r Cách giải: Ta có: p  20  12  16  24 Ta có: S  pr  r  S  p p  p  a  p  b  p  c  p  24  24  20   24  12   24  16  24  96 4 24 Khi chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: C  2 r  2  8 (cm) Chọn D Câu 42 Phương pháp: Sử dụng tính chất dãy tỉ số 20 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Cách giải: Gọi cạnh tứ giác là: x, y, z, t   x  y  z  t  Các cạnh tứ giác tỉ lệ với 2; 3; 4; nên ta có: x y z t    Độ dài cạnh lớn độ dài cạnh nhỏ 6(cm) nên ta có: t  x  Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có: x y z t tx      2 52 x   x   cm  y   x   cm  z   z   cm  t   t  10  cm  Khi chu vi tứ giác là:    10  28  cm  Chọn A Câu 43 Phương pháp: Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt sau kết hợp hệ thức Viet với đề cho để tìm m Cách giải: Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt  '    m  1  m2  m    m  2   x1  x2   m  1 Áp dụng hệ thức Viet ta có:    x1.x2  m  m  Theo đề ta có:  m  1 tm  2 x12  x22  10   x1  x2   x1 x2  10   m  1   m2  m  3  10  2m2  10m  12     m  6  ktm  Chọn A Câu 44 Phương pháp: Tạo tam giác vuông sau áp dụng hệ thức lượng tam giác vng định lý Pytago để tìm cạnh tam giác 21 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Cách giải: Từ A kẻ AH  BC tam giác ABH ta có: AH  AB.sin B  6.sin 60  3  cm  Áp dụng định lý Pytago tam giác ABH ta có:   BH  AB  AH  62  3   BH   cm  Khi ta có: CH  BC  BH    1 cm  Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông ACH ta có:   AC  AH  HC  3   28  AC   cm  Chọn A Câu 45 Phương pháp: Cơng thức tính thể tích mặt cầu: V   R3 Cách giải: Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với I tâm hình lập phương suy I tâm mặt cầu (S) I trung điểm A’C Từ ta có: R  IC  A'C  AA '2  AC  AA '2  AB  BC a2  a2  a2 a   2 4  a  3a3 3 a3 Vậy Vmc   R3        3   Chọn C Câu 46 Cách giải: Đặt OA '  a, OB '  b Ta có OA ' A vng cân A '  OA '  AA '  a  OA  a OBB ' vuông cân B '  OB '  BB '  b  OB  b Theo đề ta có: AB   OB  OA   b  a  22 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!  b  a   OB ' OA '   A' B '  Chọn C Câu 47 Cách giải: Nửa chu vi hình chữ nhật là: a  b  48  24  b  24  a Chiều dài mặt đáy hình chữ nhật là: a   cm  Chiều rộng mặt đáy hình chữ nhật là: 24  a   20  a  cm  a   24  a   Ta cần có điều kiện:   12  a  24 20  a  24  a  a Theo ra, ta có phương trình:  a  16  tm   a    20  a   96  20a  a  80  4a  48  a  24a  128     a   ktm  Khi ta có chiều dài 16 (cm), chiều rộng 24 – 16= (cm) Nên P  a2  b2  162  82  192 Chọn C Câu 48 Gọi thời gian chảy đầy bể vòi là: x (giờ) (x>3) Thời gian chảy đầy bể vòi là: y (giờ) (y > 8) Mỗi vòi chảy được: (bể) x Mỗi vỏi chảy được: (bể) y Theo ta có:   11 x y Vòi chảy giờ, vòi chảy 8 bể nên ta có phương trình:     x y Từ (1) (2) giải hệ phương trình ta tìm x = 9; y = 12 (giờ) Chọn D 23 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! Câu 49 Phương pháp: Quy đồng mẫu thức sau rút gọn đưa dạng đầu yêu cầu để tìm m, n Cách giải: với x  0, x  A x 1 x x 2 x 2     x4 x4 x 2 x 2 x   x 2 x 2   x 2   x x 2 Vậy m  0; n  2  m  n  Chọn D Câu 50 Cách giải: Đặt BI  R, CE  r, KC  x   x  a  BE  a  CE  a2 5a a a    BI  IE   R 4 a  r , KE  CE  KC  r  x KI  IC  KC  R  x  IE  KE  KI  R  R2  x2  r  x2  R2  R2  r  2x2  R  x  r  x   x2  r  R 2r   R  r  x2  x4  x  4r x  r  R r   R  r  x  x  2x  r2    R  r  x  4r x  R r  r  4R x  4R 2r  r  x2  4R 2r  r  4R2  KC  x  5a a a  16 16  a 5a 16 a 2a  FC  x  5 Chọn B 24 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất! ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) I TRẮC NGHIỆM... ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 06/06 /2018 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2,0 điểm)... Giá trị nhỏ P 2018 x  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 a) Giải