Chào các bạn học sinh và quý thầy cô, hôm nay LogaVN gửi tới bạn đọc tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán các năm - tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (có đáp án)". Hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn học tập và giảng dạy.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2009-2010
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 02 tháng 7 năm 2009
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
2 3 2 0 x x − − = .
b) Giải hệ phương trình
2 3 5
3 2 1
x y
x y
+ =
− =
.
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho hàm số
2
3
2
y x = có đồ thị là parabol ( ) P và hàm số y x m = + có đồ thị là
đường thẳng ( ) d .
a) Vẽ parabol ( ) P .
b) Tìm giá trị của m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt.
Bài 3 (2,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức
( ) ( )
2 2
3 2
1 2
x x
M
x
+ − −
=
+
; ( 0 x≥ ).
b) Tìm giá trị của k để phương trình
2
(5 ) 0 x k x k − + + = có hai nghiệm
1 2
, x x
thỏa mãn điều kiện
2 2
1 2
18 x x + = .
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính 2 AB R = . Ax , By là các tia vuông
góc với AB (Ax , By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là
đường thẳng AB ). Qua điểm M thay đổi trên nửa đường tròn (M khác A, B ), kẻ
tiếp tuyến với nửa đường tròn lần lượt cắt Ax , By tại C và D .
a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.
b) Chứng minh OC OD ⊥ và
2 2 2
1 1 1
OC OD R
+ = .
c) Xác định vị trí của M để AC BD + đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5 (0,5 điểm).
Cho a b + , 2a và x là các số nguyên. Chứng minh
2
2009 y ax bx = + + nhận
giá trị nguyên.
______
Hết
______
Họ và tên thí sinh.......................................................... Chữ ký giám thị số 1
Số báo danh .................................................................. ................................. Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,0 điểm).
a) (1,0đ)
2
( 3) 4.2.( 2) 25 25 5 Δ= − − − = ⇒ Δ = =
1 2
( 3) 5 ( 3) 5 1
2;
2.2 2.2 2
x x
− − + − − −
= = = =− .
b) (1,0đ)
2 3 5 4 6 10 13 13 1 1
3 2 1 9 6 3 3 2 1 3 2 1 1
x y x y x x x
x y x y x y x y y
+ = + = = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− = − = − = − = =
.
Bài 2 (2,0 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị. (1,0đ)
b) (1,0đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P là:
2 2
3
3 2 2 0
2
x x m x x m = + ⇔ − − = (*)
2
' ( 1) 3.( 2 ) 6 1 m m Δ = − − − = +
( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt
1
' 0 6 1 0
6
m m ⇔Δ > ⇔ + > ⇔ >− .
Bài 3 (2,5 điểm).
a) (1,25đ)
Với 0 x≥ ta có:
( ) ( )
2 2
3 2
1 2
x x
M
x
+ − −
=
+
( )( ) ( )
3 2 3 2 5 1 2
5
1 2 1 2
x x x x x
x x
+ − + + + − +
= = =
+ +
.
b) (1,25đ)
2 2 2
(5 ) 4 6 25 ( 3) 16 0 k k k k k k R Δ= + − = + + = + + > ∀ ∈
⇒ phương trình luôn có hai nghiệm
1 2
, x x k R ∀ ∈ .
Theo Vi-ét ta có:
1 2 1 2
5 ; x x k xx k + = + =
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
18 ( ) 2 18 (5 ) 2 18 x x x x xx k k + = ⇔ + − = ⇔ + − =
2
1
8 7 0
7
k
k k
k
=−
⇔ + + = ⇔
=−
. Trang 3
Bài 4 (3,0 điểm).
x
y
D
C
O
A B
M
a) (1,0đ)
0
90 CAO CMO = = ( , CA CM là tiếp tuyến)
0 0 0
90 90 180 CAO CMO ⇒ + = + = ⇒ tứ giác ACMO nội tiếp.
b) (1,0đ)
OC ,OD lần lượt là hai tia phân giác của
AOM và
BOM (tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau), mà
0 0
180 90 AOM BOM COD OC OD + = ⇒ = ⇒ ⊥ .
COD Δ vuông tại O có OM là đường cao
2 2 2 2
1 1 1 1
OC OD OM R
⇒ + = = .
c) (1,0đ)
; CA CM DB DM = = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
CA DB CM DM ⇒ + = + (M thuộc đoạn CD ).
Mà ; CA AB DB AB ⊥ ⊥ ⇒ CD AB ≥ . Dấu “=” xảy ra // CD AB ⇔ , hay M là
điểm chính giữa cung AB . Vậy AC BD + đạt giá trị nhỏ nhất khi M là điểm chính
giữa cung AB .
Bài 5 (0,5 điểm).
2
( 1)
2009 ( 1) 2009 2 . ( ) 2009
2
x x
y ax bx ax x ax bx a a b x
−
= + + = − + + + = + + +
Ta có a b + , 2a và x là các số nguyên, ( 1) x x− là hai số nguyên liên tiếp nên
( 1)
2
x x−
cũng là số nguyên
( 1)
2 . ( ) 2009
2
x x
a a b x
−
⇒ + + + là số nguyên.
Vậy
2
2009 y ax bx = + + nhận giá trị nguyên.
______
Hết
______ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 02 tháng 7 năm 2010
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (3,0 điểm).
1) Giải phương trình
2
2 3 5 0 x x + − = .
2) Giải hệ phương trình
2 3
3 7
x y
x y
− =
+ =
.
3) Rút gọn
1 22
32 2 50
2 11
M = − + .
Câu 2 (1,5 điểm).
Cho phương trình
2
2 0 x mx − − = .
1) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m .
2) Gọi
1 2
, x x là nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho
2 2
1 2 1 2
3 14 x x x x + − = .
Câu 3 (1,5 điểm).
Một ca nô chạy với vận tốc không đổi trên một khúc sông dài 30km, cả đi và về
hết 4 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là
4km/h.
Câu 4 (3,5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC > ). Trên cạnh AC lấy điểm M khác
A và C . Đường tròn đường kính MC cắt BC tại E và cắt đường thẳng BM tại D ( E
khác C và D khác M ).
1) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
2) Chứng minh
ABD MED = .
3) Đường thẳng AD cắt đường tròn đường kính MC tại N ( N khác D ). Đường
thẳng MD cắt CN tại K , MN cắt CD tại H . Chứng minh KH song song với NE .
Câu 5 (0,5 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của
3 1 1
4 1 2
x x
y
x x
+ − +
=
+ − +
; ( 1 x≥ ).
______
Hết
______
Họ và tên thí sinh .......................................................... Chữ ký giám thị số 1
Số báo danh .................................................................. ................................. Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (3,0 điểm).
1) (1,0đ)
Phương trình có dạng
1 2
5
2 3 5 0 1;
2
a b c x x + + = + − = ⇒ = =− .
2) (1,0đ)
2 3 5 10 2 2
3 7 2 3 2 3 1
x y x x x
x y x y x y y
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ = − = − = =
.
3) (1,0đ)
1 22
32 2 50 2 2 10 2 2 7 2
2 11
M = − + = − + =− .
Câu 2 (1,5 điểm).
1) (0,75đ)
2 2
( ) 4.( 2) 8 0 m m m R Δ= − − − = + > ∀ ∈ ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt
với mọi giá trị của m .
2) (0,75đ)
Theo Vi-ét có:
1 2 1 2
; 2 x x m x x + = =− . Ta có:
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3 14 ( ) 5 14 10 14 4 2 x x x x x x x x m m m + − = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =± .
Câu 3 (1,5 điểm).
Gọi x (km/h) là vận tốc của ca nô khi nước yên lặng (điều kiện 4 x> ).
Vận tốc ca nô lúc xuôi dòng là 4 x+ (km/h), lúc ngược dòng là 4 x− (km/h).
Thời gian ca nô đi và về là
30 30
4 4 x x
+
+ −
(h).
Theo đề bài ta có phương trình:
2
30 30
4 15 16 0
4 4
x x
x x
+ = ⇔ − − =
+ −
.
Giải phương trình ta được 2 nghiệm:
1
1 x =− (loại);
2
16 x = (nhận).
Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16km/h. Trang 3
Câu 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5 đ)
H
K
N
D
E
A
C
B
M
1) (1,0đ)
0
90 BAC= (gt);
0
90 BDC= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ tứ giác ABCD nội tiếp.
2) (1,0đ)
ABD ACD = (cùng chắn
AD );
MED ACD = (cùng chắn
MD )
ABD MED ⇒ = .
3) (1,0đ)
0
90 CNM = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MN CK ⇒ ⊥
0
90 BDC= (cmt) CD MK ⇒ ⊥
CMK Δ có ; MN CK CD MK ⊥ ⊥ nên H là trực tâm KH CM ⇒ ⊥ (1).
Lại có:
ACB ADM = (cùng chắn
AB );
MDNC nội tiếp nên
0
180 MCN MDN + =
ADM MCN ⇒ = (cùng bù với
MDN )
ACB MCN AC ⇒ = ⇒ là tia phân giác
ECN NE CM ⇒ ⊥ (2).
Từ (1) và (2) suy ra // KH NE .
Câu 5 (0,5 điểm).
Với 1 x≥ ta có:
( )( )
( )( )
1 1 1 2
3 1 1 1 2 1 1 2
1 1
3 3 4 1 2 1 3 1 3
1 1 1 3
x x
x x x
y
x x x x
x x
− + − +
+ − + − +
= = = = − ≥ − =
+ − + − + − +
− + − +
Dấu “=” xảy ra 1 x ⇔ = . Vậy GTNN của y là
2
3
1 x ⇔ = .
______
Hết
______ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 08 tháng 7 năm 2011
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (3,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức
( )
12 2 27 3 : 3 A= + − .
b) Giải phương trình
2
4 3 0 x x − + = .
c) Giải hệ phương trình
2 4
1
x y
x y
− =
+ =−
.
Bài 2 (1,5 điểm).
Cho parabol ( ) P :
2
y x = và đường thẳng ( ) d : 2 y x a = + ( a là tham số).
a) Vẽ parabol ( ) P .
b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng ( ) d và parabol ( ) P không có
điểm chung.
Bài 3 (1,5 điểm).
Hai ô tô khởi hành cùng lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 100km
với vận tốc không đổi. Vận tốc của ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất
10km/h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 30 phút. Tìm vận tốc của mỗi ô tô
trên.
Bài 4 (3,5 điểm).
Trên đường tròn ( ; ) O R cho trước, vẽ dây cung AB cố định không đi qua O .
Điểm M bất kỳ trên tia BA sao cho M nằm ngoài đường tròn ( ; ) O R . Từ M vẽ hai
tiếp tuyến MC , MD với đường tròn ( ; ) O R (C , D là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp.
b) Chứng minh
2
. MC MA MB = .
c) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB , F là giao điểm của hai đường
thẳng CD và OH . Chứng minh F là điểm cố định khi M thay đổi.
Bài 5 (0,5 điểm).
Cho a và b là hai số thỏa mãn đẳng thức:
2 2
3 8 8 2 3 19 0 a b ab a b ab + + − − − + =
Lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm là a và b.
______
Hết
______
Họ và tên thí sinh.......................................................... Chữ ký giám thị số 1
Số báo danh .................................................................. ................................. Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3,0 điểm).
a) (1,0đ)
( ) ( )
12 2 27 3 : 3 2 3 6 3 3 : 3 7 3 : 3 7 A= + − = + − = = .
b) (1,0đ)
Phương trình có dạng
1 2
1 ( 4) 3 0 1; 3 a b c x x + + = + − + = ⇒ = = .
c) (1,0đ)
2 4 3 3 1 1
1 1 1 2
x y x x x
x y x y x y y
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ =− + =− + =− =−
.
Bài 2 (1,5 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị. (0,75đ)
b) (0,75đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P là:
2 2
2 2 0 x x a x x a = + ⇔ − − = (*)
2
' ( 1) 1.( ) 1 a a Δ = − − − = +
( ) d và ( ) P không có điểm chung ⇔ phương trình (*) vô nghiệm
' 0 1 0 1 a a ⇔Δ < ⇔ + < ⇔ <− .
Bài 3 (1,5 điểm).
Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô thứ nhất (điều kiện 0 x> ).
Vận tốc của ô tô thứ hai là 10 x+ (km/h).
Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là
100
x
(h).
Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là
100
10 x+
(h).
Ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 30 phút
1
2
= giờ nên ta có phương trình
2 2
100 100 1
200 2000 200 10 10 2000 0
10 2
x x x x x x
x x
− = ⇔ + − = + ⇔ + − =
+
.
Giải phương trình ta được 2 nghiệm:
1
40 x = (nhận);
1
50 x =− (loại).
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 40km/h; vận tốc của ô tô thứ hai là
40+10=50km/h. Trang 3
Bài 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5 đ)
F
I
C
D
H
O
A
B
M
hoặc
I
F
H
D
C
O
A
B
M
a) (1,0đ)
0
90 MCO MDO = = ( , MC MD là tiếp tuyến)
0 0 0
90 90 180 MCO MDO ⇒ + = + = ⇒ tứ giác OCMD nội tiếp.
b) (1,0đ)
MCA Δ và MBC Δ có:
M chung;
MCA MBC = (cùng chắn
AC )
MCA MBC ⇒Δ Δ ∽ (g-g)
2
.
MC MA
MC MA MB
MB MC
⇒ = ⇒ = .
c) (1,0đ)
Gọi I là giao điểm của OM và CD
0
90 OI CD OIF ⇒ ⊥ ⇒ = ;
H là trung điểm của AB
0
90 OH AB OHM ⇒ ⊥ ⇒ = và OF là tia phân giác
AOB .
2 2
.
(g-g)
OF OI OM OI OC R
OIF OHM OF
OM OH OH OH OH
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = = = ∽ (không đổi).
OF là tia phân giác của góc
0
180 AOB< cố định, đoạn OF không đổi nên F cố
định.
Bài 5 (0,5 điểm).
2 2
3 8 8 2 3 19 0 a b ab a b ab + + − − − + =
2
( ) 8( ) 16 2 3 3 0 a b a b ab ab ⇔ + − + + + − + =
2 2
4 0
4
( 4) ( 3) 0
3
3 0
a b
a b
a b ab
ab
ab
+ − =
+ =
⇔ + − + − = ⇒ ⇒
=
− =
Vậy a và b là nghiệm của phương trình bậc hai
2
4 3 0 x x − + = .
______
Hết
______ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 05 tháng 7 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (3,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức 5 3 2 48 300 A= + − .
b) Giải phương trình
2
8 9 0 x x + − = .
c) Giải hệ phương trình
21
2 9
x y
x y
− =
+ =
.
Bài 2 (1,5 điểm).
Cho parabol ( ) P :
2
1
4
y x = và đường thẳng ( ) d :
1
2
2
y x = + .
a) Vẽ ( ) P và ( ) d trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( ) P và ( ) d bằng phép tính.
Bài 3 (1,5 điểm).
Hai đội công nhân cùng làm một công việc. Nếu hai đội cùng làm chung thì
hoàn thành sau 12 ngày. Nếu mỗi đội làm riêng thì đội một sẽ hoàn thành công việc
nhanh hơn đội hai là 7 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu
ngày để hoàn thành công việc đó?
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn ( ) O đường kính AB . Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn ( ) O .
Trên Ax lấy điểm M sao cho AM AB > , MB cắt ( ) O tại N ( N khác B ). Qua
trung điểm P của đoạn AM , dựng đường thẳng vuông góc với AM cắt BM tại Q .
a) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn.
b) Gọi C là điểm trên cung lớn NB của đường tròn ( ) O (C khác N và C
khác B ). Chứng minh
BCN OQN = .
c) Chứng minh PN là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O .
d) Giả sử đường tròn nội tiếp ANP Δ có độ dài đường kính bằng độ dài đoạn
OA . Tính giá trị của
AM
AB
.
Bài 5 (0,5 điểm).
Cho phương trình ( )
2 2
2 1 1 0 x m x m m − − + − − = ( m là tham số). Khi phương
trình trên có nghiệm
1 2
, x x , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
2 2
1 2
1 1 M x x m = − + − + .
______
Hết
______
Họ và tên thí sinh.......................................................... Chữ ký giám thị số 1
Số báo danh .................................................................. ................................. Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3,0 điểm).
a) (1,0đ)
5 3 2 48 300 5 3 8 3 10 3 3 3 A= + − = + − = .
b) (1,0đ)
Phương trình có dạng
1 2
1 8 ( 9) 0 1; 9 a b c x x + + = + + − = ⇒ = =− .
c) (1,0đ)
21 3 30 10 10
2 9 21 21 11
x y x x x
x y x y x y y
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ = − = − = =−
.
Bài 2 (1,5 điểm).
a) Lấy đủ các điểm và vẽ đúng hai đồ thị. (1,0đ)
b) (0,5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là:
2 2
1 1
2 2 8 0
4 2
x x x x = + ⇔ − − =
2
1 2
1 3 1 3
' ( 1) 1.( 8) 9 ' 9 3 4; 2
1 1
x x
+ −
Δ = − − − = ⇒ Δ = = ⇒ = = = =− .
1 1
4 .4 2 4; 2 .( 2) 2 1
2 2
x y x y = ⇒ = + = =− ⇒ = − + =
Vậy tọa độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là: ( ) ( ) 4;4 ; 2;1 A B − .
Bài 3 (1,5 điểm).
Gọi x (ngày) là thời gian đội một làm riêng hoàn thành công việc (ĐK 12 x> ).
Thời gian đội hai làm riêng hoàn thành công việc là 7 x+ (ngày).
Mỗi ngày đội một làm được
1
x
(công việc).
Mỗi ngày đội hai làm được
1
7 x+
(công việc).
Mỗi ngày cả hai đội làm chung được
1
12
(công việc).
Ta có phương trình
2
1 1 1
17 84 0
7 12
x x
x x
+ = ⇔ − − =
+
Giải phương trình ta được 2 nghiệm:
1
21 x = (nhận);
1
4 x =− (loại).
Vậy nếu làm riêng thì đội một hoàn thành công việc trong 21 ngày; đội hai
hoàn thành công việc trong 21 7 28 + = ngày. Trang 3
Bài 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5đ)
x
I
E
Q
P
N
O
A B
M
C
a) (0,75đ)
PQ AM ⊥ (gt)
0
90 APQ ⇒ =
0
90 ANB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
90 ANQ ⇒ =
0 0 0
90 90 180 APQ ANQ ⇒ + = + = ⇒ tứ giác APQN nội tiếp.
b) (1,0đ)
// PQ AB (cùng vuông góc với AM ), mà PA PM = QB QM ⇒ =
Lại có // OA OB OQ AM OQ AB = ⇒ ⇒ ⊥ (vì AM AB ⊥ )
Ta có:
OQN NAB = (cùng phụ với
ABN );
BCN NAB = (cùng chắn
NB )
BCN OQN ⇒ = .
c) (0,75đ)
ANM Δ vuông tại N có P là trung điểm của AM NP PA APN ⇒ = ⇒Δ cân
tại P
PAN PNA ⇒ = ; OBN Δ cân tại O
OBN ONB ⇒ = .
Lại có
PAN OBN = (cùng phụ với
NAB )
PNA ONB ⇒ = .
Mà
90 90 90
o o o
ONB ONA PNA ONA PNO ON NP + = ⇒ + = ⇒ = ⇒ ⊥
⇒ PN là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O .
d) (0,5đ)
Gọi I là giao điểm của PO và ( ) O I ⇒ là tâm đường tròn nội tiếp ANP Δ .
Theo giả thiết, đường tròn nội tiếp ANP Δ có độ dài đường kính bằng độ dài
đoạn
2
R
OA OE EI AOI ⇒ = = ⇒Δ đều
3
2
AE R ⇒ = . Trang 4
AEO PAO Δ Δ ∽ (g-g)
AE EO AP AE
PA AO AO EO
⇒ = ⇒ =
Ta có:
3
2
2
3
2
2
R
AM AP AP AE
R
AB AO AO EO
= = = = = .
Bài 5 (0,5 điểm).
2 2 2 2
' ( 1) ( 1) 2 1 1 2 m m m m m m m m Δ = − − − − = − + − + + = −
Phương trình đã cho có nghiệm
1 2
, x x nên
( )
1 2 1 2
2
2
1 2
1 2
' 0
2 0 (*)
2 1 2 2
1
1
m
x x m x x m
x x m m
x x m m
Δ ≥ − ≥
+ = − ⇔ + = −
= − −
= − −
Ta có: ( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 1 2 2
1 1 2 1 2 1 M x x m x x x x m = − + − + = − + + − + +
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 ( ) 2 2( ) 2 x x x x m x x x x x x m = + − − + + = + − − + + +
2 2
(2 2) 2( 1) 2(2 2) 2 m m m m m = − − − − − − + +
2 2
4 8m 4 2 2 2 4 4 2 m m m m m = − + − + + − + + +
2
2 9 12 (2 )(5 2 ) 2 2 m m m m = − + = − − + ≥
(vì 2 0 m − ≥ và 5 2 2(2 ) 1 0 m m − = − + > )
Dấu “=” xảy ra 2 m ⇔ = .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 2 m ⇔ = .
______
Hết
______ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 29 tháng 6 năm 2013
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (3,0 điểm).
1) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
6 8 0 x x − + = ;
b)
2 5
1
x y
x y
+ =
− =
.
2) Cho biểu thức 2 4
9
x
A x x = − + (với 0 x≥ ).
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của biểu thức A khi 9 x= .
Bài 2 (1,5 điểm).
Cho parabol ( ) P :
2
3
4
y x = và đường thẳng ( ) d : y x m = + (với m là tham số).
1) Vẽ parabol ( ) P .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt.
Bài 3 (1,5 điểm). Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 600
2
m . Do thực
hiện quy hoạch chung, người ta đã cắt giảm chiều dài mảnh đất 10m nên phần còn lại
của mảnh đất trở thành hình vuông. Tính chiều rộng và chiều dài của mảnh đất hình
chữ nhật ban đầu.
Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn ( ) O , các
đường cao AM , BN và CP của tam giác ABC đồng quy tại H ( M BC ∈ , N AC ∈ ,
P AB ∈ ).
1) Chứng minh tứ giác MHNC nội tiếp đường tròn.
2) Kéo dài AH cắt ( ) O tại điểm thứ hai là D . Chứng minh
DBC NBC = .
3) Tiếp tuyến tại C của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MHNC cắt đường thẳng
AD tại K . Chứng minh
2 2
. KM KH HC KH + = .
4) Kéo dài BH và CH lần lượt cắt ( ) O tại các điểm thứ hai là Q và E . Tính
giá trị của tổng
DM QN EP
AM BN CP
+ + .
Bài 5 (0,5 điểm). Cho ba số a , b, c thỏa mãn
2 2 2
18 a b c + + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 3 P ab bc ca = + + .
______
Hết
______
Họ và tên thí sinh.......................................................... Chữ ký giám thị số 1
Số báo danh .................................................................. ................................. Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3,0 điểm).
1) a) (1,0đ)
2
1 2
( 3) 1 ( 3) 1
' ( 3) 1.8 1 ' 1 4; 2
1 1
x x
− − + − − −
Δ = − − = ⇒ Δ = ⇒ = = = = .
b) (1,0đ)
2 5 3 6 2 2
1 1 1 1
x y x x x
x y x y x y y
+ = = = =
⇔ ⇔ ⇔
− = − = − = =
.
2) a) (0,5đ)
Với 0 x≥ ta có:
1 1
2 4 2 2
9 3 3
x
A x x x x x x = − + = − + = .
b) (0,5đ)
Khi 9 x= thì
1 1
9 .3 1
3 3
A= = = .
Bài 2 (1,5 điểm).
1) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị. (0,75đ)
2) (0,75đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là:
2 2
3
3 4 4 0
4
x x m x x m = + ⇔ − − = (*)
2
' ( 2) 3.( 4 ) 12 4 m m Δ = − − − = + .
( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt
1
' 0 12 4 0
3
m m ⇔Δ > ⇔ + > ⇔ >− .
Bài 3 (1,5 điểm).
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh đất ban đầu ( 0 x> ).
Chiều dài của mảnh đất ban đầu là 10 x+ (m).
Theo đề bài ta có phương trình:
2
( 10) 600 10 600 0 x x x x + = ⇔ + − = .
Giải phương trình ta được:
1
20 x = (nhận);
2
30 x =− (loại).
Vậy mảnh đất ban đầu có chiều rộng là 20m; chiều dài là 20 10 30 + = m. Trang 3
Bài 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5đ)
K
H
D
M
Q
N
E
P
O
A
B C
1) (1,0đ)
Ta có:
0
; 90 AM BC BN AC HMC HNC ⊥ ⊥ ⇒ = =
0 0 0
90 90 180 HMC HNC ⇒ + = + = ⇒ tứ giác MHNC nội tiếp đường tròn.
2) (0,75đ)
DBC DAC = (cùng chắn
DC của đường tròn ( ) O )
Mà
NBC DAC = (cùng phụ với
ACB )
DBC NBC ⇒ = .
3) (0,5đ)
CK là tiếp tuyến đường tròn đường kính HC CK HC ⇒ ⊥ .
Tam giác HCK vuông tại C có CM là đường cao
2
. CK KM KH ⇒ =
Lại có
2 2 2
CK KH HC = −
2 2 2 2
. . KM KH KH HC KM KH HC KH ⇒ = − ⇒ + = .
4) (0,75đ)
BM vừa là đường cao vừa là phân giác của DBH DM HM Δ ⇒ =
Chứng minh tương tự ta cũng có: ; QN HN EP HP = =
1
BHC CHA AHB
BAC BAC BAC
DM QN EP HM HN HP S S S
AM BN CP AM BN CP S S S
⇒ + + = + + = + + = .
Bài 5 (0,5 điểm).
2 2 2 2 2 2
18 ( ) 18 a b c a b c + + ≤ ⇔− + + ≥− . Ta có:
2 2 2 2
( ) 2 2 2 0 a b c a b c ab bc ac + + = + + + + + ≥
2 2 2
( )
9
2
a b c
ab bc ac
− + +
⇒ + + ≥ ≥−
Mặt khác,
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 0 2 ( ) ( ) 18 a b a b ab ab a b a b c + = + + ≥ ⇒ ≥− + ≥− + + ≥−
Suy ra 3 2 27 P ab bc ca ab ab bc ca = + + = + + + ≥− Trang 4
Dấu “=” xảy ra
2 2 2
2 2 2
18
18 2 18 3
0
0
0 0 0
0
a b c
a b a a
a b c
a b a b b a
a b
c c c
c
+ + =
+ = = =±
+ + =
⇔ ⇔ =− ⇔ =− ⇔ =−
+ =
= = =
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 27 − ⇔ 3; 3; 0 a b c = =− = hoặc 3; 3; 0 a b c =− = = .
______
Hết
______ Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (3,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
8 7 0 x x + + = .
b) Giải hệ phương trình
3 5
2 4
x y
x y
+ =
+ =
.
c) Rút gọn biểu thức
( )
2
6
2 3 75
2 3
M = + − −
−
.
d) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , ) x y thỏa mãn
2 2
4 3 x y = + .
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho parabol ( ) P :
2
2 y x = và đường thẳng ( ) d : 1 y x m = − + ( m là tham số).
a) Vẽ parabol ( ) P .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để ( ) d và ( ) P có đúng một điểm chung.
c) Tìm tọa độ các điểm thuộc ( ) P có hoành độ bằng hai lần tung độ.
Bài 3 (1,0 điểm).
Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa”, một đội tàu dự định chở 280 tấn
hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng đã tăng thêm 6 tấn so với dự
định. Vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mỗi tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng.
Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết rằng các tàu chở số tấn hàng bằng
nhau?
Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn ( ) O và điểm A cố định nằm ngoài ( ) O . Kẻ các tiếp
tuyến AB , AC với ( ) O ( B , C là các tiếp điểm). Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ
BC ( M khác B và C ). Đường thẳng AM cắt ( ) O tại điểm thứ hai là N . Gọi E là
trung điểm của MN .
a) Chứng minh bốn điểm A, B , O , E cùng nằm trên một đường tròn. Xác định
tâm của đường tròn đó.
b) Chứng minh
0
2 180 BNC BAC + = .
c) Chứng minh
2
. AC AM AN = và
2 2 2
4( ) MN AE AC = − .
d) Gọi I , J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB , AC . Xác định vị trí của
M sao cho tích . MI MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5 (0,5 điểm).
Cho hai số dương x , y thỏa mãn 3 xy= . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 9 26
3
P
x y x y
= + −
+
.
______
Hết
______ Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3,0 điểm).
a) (0,75đ)
Phương trình có dạng
1 2
1 8 7 0 1; 7 a b c x x − + = − + = ⇒ =− =− .
b) (0,75đ)
3 5 1 1
2 4 2 4 2
x y x x
x y x y y
+ = = =
⇔ ⇔
+ = + = =
.
c) (1,0đ)
( ) ( ) ( )
2
6
2 3 75 6 2 3 2 3 5 3 14
2 3
M = + − − = + + − − =
−
.
d) (0,5đ)
2 2 2 2
4 3 4 3 (2 )(2 ) 3 x y x y x y x y = + ⇔ − = ⇔ − + =
Vì , x y nguyên dương nên 2 2 x y x y + > − và
2 3 1
2 0
2 1 1
x y x
x y
x y y
+ = =
+ > ⇒ ⇒
− = =
.
Bài 2 (2,0 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị. (0,75đ)
b) (0,75đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là:
2 2
2 1 2 1 0 x x m x x m = − + ⇔ − + − = (*)
2
( 1) 4.2.( 1) 9 8 m m Δ= − − − = − .
( ) d và ( ) P có đúng một điểm chung ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép
9
0 9 8 0
8
m m ⇔Δ= ⇔ − = ⇔ = .
c) (0,5đ)
Tọa độ các điểm thuộc ( ) P có hoành độ bằng hai lần tung độ là nghiệm của hệ
phương trình
2
2 2 2
2
0
0
0
2 (4 1) 0 4
1
1
4 2 2 2
4
2
1
8
x
x
y
x y x x x x
x
x
y x y x y x
y x
y
=
=
=
= − = =
= ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
=
= = =
=
=
.
Vậy các điểm cần tìm là: ( ) 0;0 O và
1 1
;
4 8
A
.
Bài 3 (1,0 điểm).
Gọi x (chiếc) là số tàu của đội dự định lúc đầu (
*
x N ∈ ).
Theo dự định mỗi tàu phải chở
280
x
(tấn). Trang 3
Số tàu của đội khi khởi hành là 1 x+ (chiếc).
Khi khởi hành mỗi tàu phải chở
286
1 x+
(tấn).
Theo đề bài ta có phương trình
2
280 286
2 4 140 0
1
x x
x x
− = ⇔ + − =
+
.
Giải phương trình ta được:
1
10 x = (nhận);
2
14 x =− (loại).
Vậy lúc đầu đội tàu có 10 chiếc.
Bài 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5đ)
H F
K
J
I
E
N
C
B
O'
O A
M
hoặc
H
F
K
J
I
E
N
C
B
O'
A
O
M
a) (1,0đ)
0
90 ABO= ( AB là tiếp tuyến);
0
90 AEO= (vì E là trung điểm của MN )
⇒ tứ giác ABOE nội tiếp⇒ bốn điểm A, B ,O , E cùng nằm trên một đường tròn.
Tâm của đường tròn đó là trung điểm của OA .
b) (0,75đ)
ABC ACB BNC = = (cùng chắn
BC )
2BNC ABC ACB ⇒ = +
0
2 180 BNC BAC ABC ACB BAC ⇒ + = + + = .
c) (0,75đ)
ACM Δ và ANC Δ có:
CAM chung,
ACM ANC = (cùng chắn
CM )
2
.
AC AM
ACM ANC AC AM AN
AN AC
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = ∽ .
2 2 2
( ).( ) AC AE EM AE EN AE EM ⇒ = − + = − (vì EM EN = )
2
2
2 2 2 2 2 2
4( )
2 4
MN MN
AC AE AE MN AE AC
⇒ = − = − ⇒ = −
.
d) (0,5đ)
Gọi K là hình chiếu của M trên BC , F là giao điểm của OA và cung nhỏ BC
của đường tròn ( ) O ; H là giao điểm của OA và BC .
Dễ thấy các tứ giác , MKBI MKCJ nội tiếp nên ta có:
MIK MBK = (cùng chắn
MK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MKBI )
MBK MCJ = (cùng chắn
MC của đường tròn ( ) O )
MCJ MKJ = (cùng chắn
MJ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MKCJ )
MIK MKJ ⇒ = . Trang 4
Chứng minh tương tự ta cũng có
MKI MJK =
MIK MKJ ⇒Δ Δ ∽ (g-g)
2
.
MI MK
MK MI MJ
MK MJ
⇒ = ⇒ =
⇒ Tích . MI MJ đạt giá trị lớn nhất khi MK lớn nhất.
Mà M thuộc cung nhỏ BC nên MK M FH K ≤ ⇒ lớn nhất khi M là giao điểm
của OA và cung nhỏ BC của đường tròn ( ) O hay M là trung điểm
BC .
Bài 5 (0,5 điểm).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
3 9 3 9 26 26 13 13 5
2 . 6; 6
3 3 3 3 2 3
P
x y x y x y xy
+ ≥ = − ≥− =− ⇒ ≥ − =
+
.
Vậy
2
min
3
3 1 3 3 5 3 9
3 3 3 3
3
xy
xy x x
P
y x y x y y x
x y
=
= = =
= ⇔ = ⇔ ⇔ ⇔
= = =
=
(vì 0 x> ).
______
Hết
______ Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 15 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (2,5 điểm).
a) Giải phương trình
2
( 3) 6 x x x + = + .
b) Giải hệ phương trình
3 2 11
2 1
x y
x y
− =
+ =
.
c) Rút gọn biểu thức
2 3
27
3 1 3
P= − +
−
.
Bài 2 (2,0 điểm).
Cho parabol ( ) P :
2
y x = .
a) Vẽ parabol ( ) P .
b) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol ( ) P và đường thẳng ( ) d : 2 3 y x = + .
Bài 3 (1,5 điểm).
a) Cho phương trình
2
2 0 x x m + + − = (1) (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
, x x thỏa mãn
2
1 1 2 2
2 1 x x x x + − = .
b) Giải phương trình
2
2
1
2 2 1 0 x x
x x
− + + =
−
.
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn ( ) O và điểm A nằm ở ngoài đường tròn đó. Dựng cát tuyến
AMN không đi qua O , M nằm giữa A và N ; dựng hai tiếp tuyến AB , AC với ( ) O
( B , C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN ). Gọi I là trung điểm đoạn MN .
a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp được đường tròn.
b) Hai tia BO và CI lần lượt cắt ( ) O tại D và E ( D khác B , E khác C ).
Chứng minh
CED BAO = .
c) Chứng minh OI vuông góc với BE .
d) Đường thẳng OI cắt đường tròn ( ) O tại P và Q ( I thuộc đoạn OP ); MN cắt
BC tại F ; T là giao điểm thứ hai của đường thẳng PF với ( ) O . Chứng minh ba điểm
A, T , Q thẳng hàng.
Bài 5 (0,5 điểm).
Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn 2 x y ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 2 x y xy
P
xy
+ −
= .
______
Hết
______ Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,5 điểm).
a) (0,75đ)
2 2 2
( 3) 6 3 6 3 6 2 x x x x x x x x + = + ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = .
b) (0,75đ)
3 2 11 4 12 3 3
2 1 2 1 2 1 1
x y x x x
x y x y x y y
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ = + = + = =−
.
c) (1,0đ)
( )
2 3 1
2 3
27 3 3 3 3 1 3 3 3 1 3
3 1 3 1 3
P
+
= − + = − + = − − + = −
− −
.
Bài 2 (2,0 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị. (1,0đ)
b) (1,0đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là:
2 2
1 1
2 3 2 3 0
3 9
x y
x x x x
x y
=− ⇒ =
= + ⇔ − − = ⇔
= ⇒ =
Vậy tọa độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là: ( ) ( ) 1;1 ; 3;9 A B − .
Bài 3 (1,5 điểm).
a) (1,0 điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
9
1 4.( 2) 0 9 4 0
4
m m m ⇔Δ= − − > ⇔ − > ⇔ <
Theo Vi-ét ta có:
1 2 1 2
1; 2 x x x x m + =− = −
2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
2 1 ( ) 1 ( 1) 2 1 x x x x x x x x x x x x m + − = ⇔ + − + = ⇔ − − + − =
1 2
( ) 2 1 1 2 1 2 x x m m m ⇔− + + − = ⇔ + − = ⇔ = (thỏa mãn).
b) (0,5 điểm)
Điều kiện: 0; 1 x x ≠ ≠ . Đặt
2
t x x = − . Phương trình trở thành:
2
1
1
2 1 0 2 1 0
1
2
t
t t t
t t
=
− + = ⇔ − − = ⇔
=−
.
*
2
1 5
1 1 0
2
t x x x
±
= ⇒ − − = ⇔ = (thỏa mãn điều kiện).
*
2
1 1
0
2 2
t x x =− ⇒ − + = (vô nghiệm).
Vậy phương trình có nghiệm là
1 5
2
x
±
= . Trang 3
Bài 4 (3,5 điểm). (Hình vẽ 0,5đ)
T
F
Q
P
E
D
I
C
B
M
O
A
N
a) (1,0đ)
0
90 ABO= ( AB là tiếp tuyến);
0
90 AIO= (vì I là trung điểm MN )
0 0 0
90 90 180 ABO AIO ⇒ + = + = ⇒ tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn.
b) (0,75đ)
CED CBD = (cùng chắn
CD );
CBD BAO = (cùng phụ với
BOA)
CED BAO ⇒ = .
c) (0,75đ)
0
90 ACO= , kết hợp câu a ⇒ 5 điểm A, B ,O , I ,C cùng thuộc một đường tròn
AIC ABC ⇒ = (cùng chắn
AC ); mà
ABC BEC = (cùng chắn
BC của ( ) O )
// AIC BEC BE MN OI BE ⇒ = ⇒ ⇒ ⊥ .
d) (0,5đ)
FIC Δ và FBA Δ có:
CFI AFB = (đđ);
FIC FBA = (
AIC ABC = - cmt)
. .
FI FC
FIC FBA FI FA FB FC
FB FA
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = ∽ (1)
FPC Δ và FBT Δ có:
CFP TFB = (đđ);
FPC FBT = (cùng chắn
TC của ( ) O )
. .
FP FC
FPC FBT FT FP FB FC
FB FT
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = ∽ (2)
Từ (1) và (2) suy ra . .
FI FT
FI FA FT FP
FP FA
= ⇒ = và
IFP TFA = (đđ)
IFP TFA FIP FTA ⇒Δ Δ ⇒ = ∽ ; mà
0
90 FIP=
0
90 FTA ⇒ = .
Lại có
0
90 FTQ ⇒ = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O )
0
180 FTA FTQ ⇒ + = ⇒ ba điểm A, T , Q thẳng hàng. Trang 4
Bài 5 (0,5 điểm).
Đặt
x
t
y
= . Vì 2 0 x y ≥ > nên 2
x
y
≥ 2 2 0 t t ⇒ ≥ ⇒ − ≥ . Ta có:
2
2 2 2
9 5
2 1
2 2 1 2 2 1
2 2
2. 2 2 2
t t t
x y xy x y t t
P t
xy y x t t t
− + +
+ − − +
= = + − = + − = =
( ) ( )
1 1
5
2 2 2 2
5 5 2 2
2
2 2
t t t t
t
t t t
− − − −
= + = + ≥ (vì 0 t> ; 2 0 t− ≥ và
1
2 0
2
t− > ).
Vậy
min
5
2 0
2
P x y = ⇔ = > .
______
Hết
______ Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016-2017
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 14 tháng 6 năm 2016
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 (2,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức
8
3 16 2 9
2
A= − + .
b) Giải hệ phương trình
4 7
3 7
x y
x y
+ =
− =
.
c) Giải phương trình
2
6 0 x x + − = .
Bài 2 (1,0 điểm).
a) Vẽ parabol ( ) P :
2
1
2
y x = .
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng ( ) d : 2 y x m = + đi qua điểm ( ) 2;3 M .
Bài 3 (2,5 điểm).
a) Tìm giá trị của tham số m để phương trình
2
2 0 x mx − − = có hai nghiệm
1 2
, x x
thỏa mãn
1 2 1 2
2 2 4 xx x x + + = .
b) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 360
2
m . Tính chiều dài và chiều
rộng của mảnh đất đó, biết rằng nếu tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 4m thì mảnh
đất có diện tích không thay đổi.
c) Giải phương trình:
4 2 2
( 1) 1 1 0 x x x + + + − = .
Bài 4 (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn ( ) O đường kính AB . C là điểm trên đoạn OA
(C khác O và A). Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt nửa đường tròn ( ) O
tại D . Gọi E là trung điểm đoạn CD . Tia AE cắt nửa đường tròn ( ) O tại M .
a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp.
b) Chứng minh
AMD DAM DEM + = .
c) Tiếp tuyến của ( ) O tại D cắt đường thẳng AB tại F . Chứng minh
2
. FD FAFB = và
CA FD
CD FB
= .
d) Gọi ( ; ) I r là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM . Giả sử
1
2
r CD = . Chứng
minh CI song song với AD .
Bài 5 (0,5 điểm). Cho a , b là hai số dương thỏa mãn
a b
ab
a b
+
=
−
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
a b
P ab
ab
−
= + .
______
Hết
______ Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (2,5 điểm).
a)
8
3 16 2 9 12 6 2 8
2
A= − + = − + = .
b)
4 7 7 14 2 2
3 7 3 7 3 7 1
x y x x x
x y x y x y y
+ = = = =
⇔ ⇔ ⇔
− = − = − = =−
.
c)
2
1 2
1 5 1 5
1 4.1.( 6) 25 5 2; 3
2 2
x x
− + − −
Δ= − − = ⇒ Δ = ⇒ = = = =− .
Bài 2 (1,0 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị.
b) Đường thẳng ( ) d : 2 y x m = + đi qua điểm ( ) 2;3 M 3 2.2 1 m m ⇔ = + ⇔ =− .
Bài 3 (2,5 điểm).
a) Ta thấy 1.( 2) 2 0 ac= − =− < nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân
biệt
1 2
, x x với mọi giá trị của m .
Theo Vi-ét ta có:
1 2 1 2
; 2 x x m xx + = =− .
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 4 2( ) 4 2 2 4 3 xx x x xx x x m m + + = ⇔ + + = ⇔− + = ⇔ = .
b) Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh đất lúc đầu ( 0 x> ).
Chiều dài mảnh đất lúc đầu là
360
x
(m).
Chiều rộng mảnh đất sau khi tăng là 3 x+ (m)
Chiều dài mảnh đất sau khi giảm là
360
4
x
− (m).
Theo đề bài ta có phương trình ( )
2
360
3 4 360 3 270 0 x x x
x
+ − = ⇔ + − =
.
Giải phương trình ta được 2 nghiệm:
1
15 x = (nhận);
1
18 x =− (loại).
Vậy mảnh đất ban đầu có chiều rộng là 15m; chiều dài là
360
24
15
= m.
c)
4 2 2
( 1) 1 1 0 x x x + + + − =
4 2 2 2 2 2 2
1 ( 1) 1 0 ( 1)( 1) ( 1) 1 0 x x x x x x x ⇔ − + + + = ⇔ + − + + + =
2 2 2 2 2 2
( 1)( 1 1) 0 ( 1)( 1 1 2) 0 x x x x x x ⇔ + − + + = ⇔ + + + + − =
2 2
( 1 1 2) 0 (1) x x ⇒ + + + − = (vì
2
( 1) 0 x x + > ∀ )
Đặt
2
1 ( 0) t x t = + ≥ ta có:
2
(1) 2 0 t t ⇔ + − = ⇔ 1 t= (nhận) hoặc 2 t=− (loại).
Với 1 t= ta có
2 2
1 1 1 1 0 x x x + = ⇔ + = ⇔ = .
Trang 3
Bài 4 (3,5 điểm).
I
K
H
F
M
E
D
O
A
B
C
a)
0
90 ( ) BCE CD AB = ⊥ ;
0
90 BME= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O )
0
180 BCE BME ⇒ + = ⇒ tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn.
b)
AMD ABD = (cùng chắn
AD );
DAM DBM = (cùng chắn
DM )
AMD DAM ABD DBM ABM DEM ⇒ + = + = = (vì tứ giác BCEM nội tiếp).
c) FDA Δ và FBD Δ có:
P chung,
FDA FBD = (cùng chắn
AD )
FDA FBD ⇒Δ Δ ∽ (g-g)
2
.
FD FA
FD FAFB
FB FD
⇒ = ⇒ = .
FDA FBD = (cmt);
ADC FBD = (cùng phụ với
DAC )
FDA ADC ⇒ =
DA ⇒ là phân giác
CA FA
FDC
CD FD
⇒ = , mà
FD FA
FB FD
= (cmt)
CA FD
CD FB
⇒ = .
d) Gọi , K H lần lượt là trung điểm của , DE DM ⇒ tứ giác DHIK nội tiếp và // KH AM
KID KHD ⇒ = (cùng chắn
KD );
KHD AMD = (đồng vị); mà
AMD ABD = (cmt)
KID ABD ⇒ = . Lại có:
0 0
90 ; 90 KID KDI ABD CDB KDI CDB + = + = ⇒ = ⇒ , , D I B
thẳng hàng.
Ta có:
1 1
;
2 2
IE r CD EC ED CD = = = = (gt) CID ⇒Δ vuông tại I CI DB ⇒ ⊥ .
Mà AD DB ⊥ (
ADB nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O ) // CI AD ⇒ .
Bài 5 (0,5 điểm).
( )
a b
ab ab a b a b
a b
+
= ⇒ − = +
−
và 0 a b − > . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 . 2 .( ) 2
a b a b
P ab ab ab a b a b
ab ab
− −
= + ≥ = − = + .
Lại có:
2
2 2 2
( ) ( ) 4 2 ( ) .4 2 2 ( ) 4 ( ) 4( ) a b a b ab a b ab ab a b ab a b a b
+ = − + ≥ − = − = − = +
4 a b ⇒ + ≥ (chia hai vế cho a b + ) 2 4 4 P ⇒ ≥ = . Trang 4
Vậy
2 2
min
( ) ( ) 4
4
4 4
4
a b
ab
a b
a b a b ab
ab ab a b
P ab
a b a b
ab
a b a b
a b
+
=
−
− + −
= = −
= ⇔ = ⇔ ⇔
+ +
+ = + =
+ =
4 4
2 4
4
4
4 4
ab ab
ab ab a b ab
a b
a b
a b a b
= = + − = −
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+
+ =
+ = + =
; a b là nghiệm của phương
trình
1 2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
4 2 0
2 2 2 2
2 2
( v )
2 2
a
b x a
x x
x b
a
a b
b
= +
= − = + = +
− + = ⇔ ⇔ ⇔
= − = − = −
>
= +
loaïi ×
.
______
Hết
______ Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 08/7/2017
Câu 1 (2,5 điểm).
a) Giải phương trình
2
3 2 0 x x − + = .
b) Giải hệ phương trình
2 3
3 2 8
x y
x y
− =
+ =
.
c) Rút gọn biểu thức
3 9
4 ( 0)
3
x x
A x x
x
= + − > .
Câu 2 (2,0 điểm).
Cho parabol
2
( ) : P y x = và đường thẳng ( ) : 2 d y x m = − , ( m là tham số).
a) Vẽ parabol ( ) P .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để ( ) P và ( ) d có một điểm chung duy nhất.
Câu 3 (1,0 điểm). Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300
cái giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân, nên số giỏ tre
phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu
công nhân? Biết năng xuất làm việc của mỗi người là như nhau.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho nửa đường tròn ( ; ) O R có đường kính AB . Trên đoạn OA lấy
điểm H ( H khác O , H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB , đường
thẳng này cắt nửa đường tròn tại C . Trên cung BC lấy điểm M ( M khác B , M khác
C ). Dựng CK vuông góc với AM tại K .
a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh
CHK CBM = .
c) Gọi N là giao điểm của AM và CH . Tính theo R , giá trị của biểu thức
2
. P AM AN BC = + .
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
2
12 12
6 0
1 1
x x x
x
x x
− −
− + =
+ +
.
b) Cho , a b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình
2 2
4 4 2 0 x ax b + − + = có
nghiệm
1 2
; x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1 2
1 2 1 2 1 2 2
1 2 ( )
( ) ( ) 8
b x x
P x x b x x x x
a
+ +
= + + + − + .
Câu 6 (0,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC < ) nội tiếp đường tròn ( ) O . Hai
tiếp tuyến của đường tròn ( ) O tại B và C cắt nhau tại D . OD cắt BC tại E . Qua D vẽ
đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt AC tại K . Đường thẳng OK cắt
AB tại F . Tính tỉ số diện tích
BEF
ABC
S
S
Δ
Δ
.
______
Hết
______ Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2,5 điểm).
a) Phương trình có dạng
1 2
1 ( 3) 2 0 1; 2 a b c x x + + = + − + = ⇒ = = .
b)
2 3 4 2 6 7 14 2 2
3 2 8 3 2 8 2 3 2 3 1
x y x y x x x
x y x y x y x y y
− = − = = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ = + = − = − = =
.
c) Với 0 x> ta có
3 9
4 3 2 2
3
x x
A x x x x x
x
= + − = + − = .
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Lấy đủ 5 điểm và vẽ đúng đồ thị.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) d là:
2 2
2 2 0 x x m x x m = − ⇔ − + = (*)
Để ( ) P và ( ) d có một điểm chung duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm kép
2
' ( 1) 1. 1 0 1 m m m ⇔Δ = − − = − = ⇔ = .
Câu 3 (1,0 điểm).
Gọi x (người) là số công nhân dự định lúc đầu (
*
x∈ ).
Theo dự định mỗi người phải làm
300
x
(giỏ tre).
Số người của xưởng mỹ nghệ khi tiến hành làm là 5 x+ (người).
Khi tiến hành làm mỗi người phải làm
300
5 x+
(giỏ tre).
Theo đề bài ta có phương trình
2
300 300
3 5 500 0
5
x x
x x
− = ⇔ + − =
+
.
Giải phương trình ta được:
1
20 x = (nhận);
2
25 x =− (loại).
Vậy lúc dự định, xưởng có 20 công nhân.
Câu 4 (3,0 điểm).
N
K
C
O A
B
H
M
a)
0
( ) 90 CH AB gt AHC ⊥ ⇒ = ;
0
( ) 90 CK AM gt AKC ⊥ ⇒ =
⇒ tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn.
b)
CHK CAK = (cùng chắn
CK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKH ); mà
CAK CBM = (cùng chắn
CM của đường tròn ( ) O )
CHK CBM ⇒ = . Trang 3
c) AHN Δ và AMB Δ có
A chung;
0
( 90 ) AHN AMB AHN AMB = = ⇒Δ Δ ∽ (g-g)
. .
AH AN
AM AN AH AB
AM AB
⇒ = ⇒ = .
0
90 ACB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O ) nên ACB Δ vuông tại C có
đường cao CH
2 2 2 2 2 2
. . 4 AH AB AC AM AN AC P AC BC AB R ⇒ = ⇒ = ⇒ = + = = .
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Điều kiện: 1 x≠− . Ta có:
2 2
2
12 12 ( 1) 12( 1)
6 0 6 0
1 1 1 1
x x x x x x x x
x x
x x x x
− − + − − +
− + = ⇔ − + =
+ + + +
2
6 12 0
1 1
x x
x x
x x
⇔ − + − − =
+ +
(*)
Đặt
1
x
y x
x
= −
+
ta có
2
4
(*) 6 12 0
3
y y y ⇔ + − = ⇔ = hoặc
3
2
y=− .
Với
4
3
y= ta có
2
2
4
3 4 4 0
2
1 3
3
x
x
x x x
x x
=
− = ⇒ − − = ⇔
+ =−
(thỏa mãn).
Với
3
2
y=− ta có
2
3
2 3 3 0
1 2
x
x x x
x
− =− ⇒ + + =
+
(vô nghiệm).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
2
2;
3
S
= −
.
b) Phương trình đã cho có nghiệm
1 2
; x x khi
2 2 2 2 2 2
' 4 4 8 4( 2) 0 2 a b a b a b Δ = + − = + − ≥ ⇔ + ≥ .
Theo Vi-ét ta có:
2
1 2 1 2
4 2
;
4 4
a b
x x a x x
− +
+ =− =− =
2
1 2
1 2 1 2 1 2 2
1 2 ( )
( ) ( ) 8
b x x
P x x b x x x x
a
+ +
⇒ = + + + − +
2
2 2 2
2 2
2 1 2 ( ) 1 1
( ) ( ) 8. 2 4 2 .
4
b b a
a b a a ab b b
a a a
− + + −
= − + − − + = − + − + −
2
2 2 2 2 2
2
1 1 1 1
2 4 (2 2 2 ) 4
2
b b a b ab b a b ab
a a a
= − + + + − − = − + + − −
2
2 2 2
1 1 1
( ) 4 .2 4 3
2 2
b a b a b
a
= − + + + − − ≥ − =−
(vì
2 2
2 a b + ≥ ).
Vậy
2 2
2 2 2
min
2
2 2 2
1
3 0 1 1 1
0
a b
a b a
P b ab ab a b
a
a b a b
a b
+ =
+ = =
=− ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = =±
= =
− =
. Trang 4
Câu 6 (0,5 điểm).
F
K
E
D
O
B
C
A
a)
0
90 OBD OCD = = ( , DB DC là tiếp tuyến của ( ) O )
0
180 OBD OCD ⇒ + = ⇒ tứ giác BOCD nội tiếp đường tròn đường kính OD (1).
CKD CAB = ( // , KD AB DV );
CAB CBD = (cùng chắn
BC của ( ) O )
CKD CBD ⇒ = ⇒ tứ giác BKCD nội tiếp đường tròn (2).
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm , , , , B O K C D cùng thuộc đường tròn đường kính OD
0
90 OKD ⇒ = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) KF KD ⇒ ⊥ , mà // KD AB nên
KF AB F ⊥ ⇒ là trung điểm của AB .
Dễ thấy E cũng là trung điểm của BC nên EF là đường trung bình của ABC Δ
BEF BCA ⇒Δ Δ ∽ , tỉ số đồng dạng là
2
1 1 1
2 2 4
BEF
ABC
BE S
BC S
Δ
Δ
= ⇒ = =
.
Chúc các em Chúc các em Chúc các em Chúc các em thành công trong k thành công trong k thành công trong k thành công trong k t t t thi s hi s hi s hi s p t p t p t p t i. i. i. i.