Tải bản đầy đủ

Giải chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2018 của Bình Phước

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MÔN TOÁN
TUYỂN SINH LƠP THPT 10 NĂM 2018 - 2019
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25

N

2. Cho biểu thức P  1 

x x
x 1





5 1

2


 5

, với x  0 và x  1

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị của x, biết P  3.
Bài giải
1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25  6  5  11
N





5 1

2

 5

2.
a) Rút gọn biểu thức P.

P  1

x x

 1

x

5  1  5  5  1  5  1



  1


x 1

x 1
x 1
b) Tìm giá trị của x, biết P  3.

x

Ta có P  3  1  x  3  x  2  x  4 (thỏa mãn).
Câu 2: (2,0 điểm).
1. Cho parabol (P): y  x2 và đường thẳng (d): y  x  2
a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) bằng phép tính.
3x  y  5
.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
2x

y

10

Bài giải:
a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy
- Đường thẳng (d): y  x  2
x
0
2
y
2
0
- Parabol (P): y  x2
x
0
2
1
y
4
1
0

1
1

2
4

b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) bằng
phép tính.
- Phương trình hoạnh giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d)
x  1
x2   x  2  x2  x  2  0  
.
 x  2
- Với x  1  y  1 Với x  2  y  4
- Vậy tọa độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là (1;1) và (2;4).

3x  y  5
.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
2x

y

10



3x  y  5
5x  15
x  3
- Ta có: 


2x  y  10
y  5  3x
y  4
- Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x;y)  (3; 4)
Câu 3: (2,5 điểm).
1.Cho phương trình x2  2mx  2m  1  0 (m là tham số) (1).
a) Giải phương trình (1) với m  2.
b) Timg m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 sao cho. (x12  2mx1  3)(x22  2mx2  2)  50
2. Quãng đường AB dài 50 km. Hai xe máy khởi hành cùng mpptj lúc từ A đến B. Vận tốc xe thứ nhất
lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10km/h, nên xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của
mỗi xe.
Bài giải:
a) Giải phương trình (1) với m  2.
x  1
- Khi m  2 thì phương trình (1) trở thành x2  4x  3  0  
x  3
Vậy nghiệm của phương trình (1) khi m  2 là S  {1;3}.
b) Timg m để phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 sao cho. (x12  2mx1  3)(x22  2mx2  2)  50
- Phương trình (1) có hai nghiệm khi  '  0  (m)2  1.(2m 1)  (m 1)2  0 với mọi giá trị của m.
- Vì x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có: x12  2mx1  1  2m và x22  2mx2  1  2m .
Do đó ta có:
 m  3
2
2
thỏa mãn.
(4  2m)(2m  1)  50  8m  4  4m  2m  50  2m  3m  27  0  
m  9

2
2. Quãng đường AB dài 50 km. Hai xe máy khởi hành cùng mpptj lúc từ A đến B. Vận tốc xe thứ nhất
lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10km/h, nên xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của
mỗi xe.
- Gọi x (km/h), x  0 là vận tốc của xe thứ hai. Khi đó vận tốc của xe thứ nhất là x  10 (km/h).
50
50
Thời gian của xe thứ nhất là
(h) và thời gian của xe thứ hai là
(h)
x
x  10
1
- Vì xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút = giờ nên ta có phương trình:
4
 x  40 (N)
50
50
1

  x2  10  2000  0  
x x  10 4
 x  50 (L)
- Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 50 km/h và vận tốc của xe thứ hai là 40 km/h.
Câu 4: (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH (H  BC) . Biết AC  8cm, BC  10cm Tính độ dài các
đoạn thẳng AB, BH, CH và AH.
Bài giải:
Ta có:
B

AB  BC2  AC2  102  82  6cm.

H

AB2 62
BH 

 3,6cm.
BC 10
AC2 62
CH 

 6,4cm.
BC 10

A

C


AB.AC 6.8

 4,8cm.
BC
10
Câu 5: (2,5 điểm).
Cho đường tròn tâm (O), từ điểm M ở bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các
tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D, O và B nằm về hai phía của cát
tuyến MCD).
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.
AH 

b) Chứng minh MB2  MC.MD.
c) Gọi H là giao điểm của AB và OM. Chứng minh AB là tia phân giác của COD.
Bài giải:
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.

M

- Ta có: MAO  MBO  900 (tính chất tiếp tuyên)

MAO  MBO  1800  tứ giác MAOB nội tiếp
(tổng hai góc đối của tứ giác).
b) Chứng minh MB2  MC.MD.
- Xét hai tam giác MCB và MBD ta có

C

BMC  DMB (góc chung). (1)

- Vì MDB là góc nội tiếp và MBC là góc tạo bởi
tia tiếp tuyên MB và dây cung BC cùng chắn cung
BC của đường tròn O nên MDB  MBC (2)
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác MCB và MBD
đồng dạng (g-g)
MC MB


 MB2  MC.MD .
MB MD

E
B

K

H
A

I
O

D

c) Gọi H là giao điểm của AB và OM. Chứng minh AB là tia phân giác của COD.
- Qua O kẻ OE vuông góc với CD cắt AB ở E, gọi I và K lần lượt là các giao điểm của OE, AB với CD..
- Ta có AB  OM và MKH  EKI (đối đỉnh)  hai tam giác vuông MKH  EKI MKH và EKI đồng
dạng  HMK  IEK (3).
- Lại có MAH  AOH (cùng phụ với OAH) nên hai tam giác vuông MAH và AOH đồng dạng



OH OA
OH OC



 OHC và OCM đồng dạng ( COH  HOM góc chung) (4)
OA OM
OC OM

 OMC  HCO  HMK (5).

- Từ (3) và (5) suy ra HCO  IEK  HEO  tứ giác OHCE nội tiếp ( HCO và IEK cùng nhìn

HO)  CHE  COE (cùng nhìn HE) và OHE  OCE  900 (cùng nhìn OE (6)
- Mặt khác ta có tam giác COD tại O cân nên đường cao OI cung là đường phân giác, do
đó COE  DOE  COE  DOE (c-g-c)  OCE  ODE  90o (7).
- Từ (6) và (7) suy ra  OHE  ODE  180o  tứ giác OHED nội tiếp  DHE  DOE
(cùng nhìn DE (8).
- Từ (5), (7) và (8) suy ra CHE  COE  DOE  DHE  HE là tia phân giác của CHD 
AB là tia phân giác của CHD .
Thực hiện: Giáo viên môn công nghệ Phan Lâm.
Đơn vị: Trường Thcs & Thpt Tân Tiến. Bù Đốp, Bình Phước.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×