002 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh bà rịa vũng tàu

Và một trạm cứu hộ ở vị trí A tham khảo hình vẽ.. Do chưa biết đi đường nào dể đến vi trí tai nạn nhanh hơn nên đội cứu hộ quyết định diều hai xe cứu thương cùng xuất phát ở trạm cứu hộ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019-2020 MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 13/06/2019

Bài 1.(3,5 điểm)

a)Giải phương trình:

2 3 2 0

x − x+ =

b) Giải hệ phương trình:



 − = −



c) Rút gọn biểu thức

2 2

+

d) Giải phương trình: ( 2 )2 ( )2

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho parabol

2 ( ) :P y= −2x

và đường thẳng ( )d :y x m= −

(với m là tham số) a)Vẽ parabol (P)

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số mđể đường thẳng ( )d

cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2

,

x x

thỏa mãn điều kiện 1 2 1 2

x +x =x x

Bài 3.(1 điểm) Có một vụ tai nạn ở vị trí B tại chân của một ngọn núi (chân núi có dạng

đường tròn tâm O, bán kính

3km)

Và một trạm cứu hộ ở vị trí A (tham khảo hình vẽ) Do chưa biết đi đường nào dể đến vi trí tai nạn nhanh hơn nên đội cứu hộ quyết định diều hai

xe cứu thương cùng xuất phát ở trạm cứu hộ đến vị trí tai nạn theo hai cách sau:

Xe thứ nhất: đi theo đường thẳng từ A

đến B, do đường xấu nên vận tốc trung bình của xe

là 40km h/

Xe thứ hai: đi theo đường thẳng từ A đến C với vận tốc trung bình 60km h/ , rồi đi từ C đến B theo đường cung nhỏ CB ở chân núi với vận tốc trung bình 30km h/ (ba điểm A, O,

C thẳng hàng và C ở chân núi) Biết đoạn đường ACdài 27kmvà

AOB=

a)Tính độ dài quãng đường xe thứ nhất đi từ A đến B

b) Nếu hai xe cứu thương xuất phát cùng lúc tại A thì xe nào đến vị trí tai nạn trước

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB

và điểm E tùy ý trên nửa đường tròn đó (E khác A,B) Lấy điểm H

thuộc đoạn EB

(H khác

, )

E B

Tia AH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là F.Kéo dài tia AE

và BF

cắt nhau tại I Đường cao IH

cắt nửa đường tròn tại P và cắt AB

tại K a)Chứng minh tứ giác IEHF

nội tiếp được đường tròn b) Chứng min

AIH = ABE

c) Chứng minh

· cosABP PK BK

PA PB

+

=

+

d) Gọi S là giao điểm của tia BF

và tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn ( )O

Khi tứ giác

AHIS

nội tiếp được đường tròn Chứng minh EF ⊥EK

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho các số thực dương

,

x y

thỏa mãn

3

x y+ ≤

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

xy x y

Bài 1.

a)

x − x+ = ⇔ x − x x− + =

{ }

1

2

1;2

x

x

Vay S

=



⇔  =

=

b)

3

3

x

x

= −



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ) (x y; = −3;2)

c)

2

− +

−

Vậy A=1

2

2

2

d x x x

⇔  − −  + − − =

Đặt ( )2 ( )

x− =t t ≥

Khi đó ta có phương trình:

( ) ( )

3( )

4( )

− − = ⇔ − + − =

= −



Với

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −{ 1;3}

Bài 2.

a)Học sinh tự vẽ

b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( )d

và ( )P

là:

Đường thẳng ( )d

cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔( )*

có hai nghiệm phân biệt 1

8

⇔ ∆ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ >

Với

1 8

m> −

thì đường thẳng ( )d

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

1 2

1 2

2

x x

m

x x

 + = −





 = −



Theo đề bài ta có:

1 2 1 2

1

1( )

m

x + =x x x ⇔ − = − ⇔ =m tm

Vậy m=1

thỏa mãn bài toán

Bài 3.

a)Ta có: AO CA OC= + =27 3 30+ = km

Áp dụng định lý Pytago cho vuông tại B ta có:

2 2 2 302 32 891

891 9 11 29,85

Vậy quãng đường xe thứ nhất đi là AB≈29,85km

b) Thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn là:

9 11

0,746

40 ≈

(giờ)

+)ta có:

30 10

AOB= COB= = ⇒COB≈

» · 84,260

sd BC COB

(số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)

Suy ra độ dài cung

.3.84,26

180

BC

BC l =π ≈ km

⇒

Thời gian xe thứ hai đến vị trí tai nạn là: 27 : 60 4,41: 30 0,597+ =

(giờ)

Ta thấy thời gian xe thứ hai đi đến vị trí tai nạn ít hơn thời gian xe thứ nhất đi đến vị trí tai nạn nên xe thứ hai đến trước xe thứ nhất

Bài 4.

a) Ta có

AEB AFB= =

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ,

AE EB AF EB

hay

BE⊥ AI AF ⊥BI ⇒IEH =IFH =

Xét tứ giác IEHF

có

· · 900 900 1800

IEH IFH+ = + = ⇒

Tứ giác IEHF

là tứ giác nội tiếp (tứ

giác có tổng hai góc đối bằng

0

180 )

b) Ta có IEHF

là tứ giác nội tiêp(cmt)

EIH EFH

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

EH) hay

AIH =EFA

mà

EBA EFA=

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF

của (O))

·AIH ·ABE( EFH dfcm· )( )

c) Nối PA PB,

ta có:

·APB=900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác BPK

và tam giác BAP

có:

·ABP

chung;

BKP BPA= =

BPK BAP gg

PA PB

(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

(1)

PK BK PK BK

PA PB PA PB

+

+

Xét tam giác vuông BKP

ta có:

cosABP cosKPB BK (2)

PK

Từ (1) và (2) ta có:

· cosABP PK BK

PA PB

+

=

+

d) Xét tứ giác AEHK

có

·AEH +·AKH =900 +900 =1800⇒

Tứ giác AEHK

là tứ giác nội

tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng

0

180 )

HEK HAK FAB

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK) Lại có:

FAB FEB=

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FB

của (O))

HEK FEB EB

là phân giác của

FEK⇒FEK = FEB= FAB

Ta có:

( )

/ / ( )

⊥



Tứ giác AHISlà hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Khi AHISlà tứ giác nội tiếp thì

SAH SIH+ =

(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà

SAH + AHI =

(hai góc trong cùng phía bù nhau)

SIH AHI

Tứ giác AHISlà hình thang cân

Do đó

ISA SAH=

(tính chất hình thang cân) hay

BSA SAF=

Mà

SAF SBA=

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn

» )AF

BSA SBA SAB

vuông cân tại A

· 45 (4)0

SBA

Từ (3) và (4) ta có:

· 2· 2.450 900

FEK = FAB= =

Vậy khi tứ giác AHISnội tiếp được đường tròn, ta có được

EF ⊥EK dfcm

Ta có:

3

3

x y

x y

1

20 4 10

10 4 20

3

5

x y

P

P

P

P

+

⇔ ≥

Dấu " "=

xảy ra

1 2

x y

=



