SỞ GD & ĐT TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (VD) (2,5 điểm):
1. Thực hiện phép tính

27
3

� x
9x �

. 3 x  x với x �0 và x �9
2. Rút gọn biểu thức P  �
�3  x 9  x �
�
�
�





3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số y  ax  b đi qua hai điểm A  2; 2  và B  3; 2 

Câu 2 (VD) (1,5 điểm):
1. Giải phương trình x 2  4x  4  0
2
2
2. Tìm giá trị của m để phương trình x  2  m  1 x  m  3  0  * có hai nghiệm x1 , x 2

thỏa mãn x1  x 2  10
Câu 3 (VD) (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156km với vận tốc không đổi. Khi từ B
về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36km so với lúc đi và vận tốc
tăng so với lúc đi là 32km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn
thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Câu 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C
không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là
hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng
với A). Chứng minh
a) DA 2  DC.DB
b) Tứ giá AHCD nội tiếp.
c) CH  CF
d)

BH.BC
 2R
BF

Câu 5 (VDC) (0,5 điểm):

Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải



Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  1 �x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q

xy
3x  xy  y 2
2

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức:

A
A

B
B

+) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi các biểu thức để rút gọn biểu thức P.
+) Thay tọa độ của điểm A và điểm B vào công thức hàm số đã cho ta được hệ phương hai ẩn
a, b.
Giải hệ phương trình đó ta tìm được a và b.
Cách giải:
1.

27
27

 9 3

3
3

2. Điều kiện: x �0, x �9





� x. 3  x
�
� x
9x �
9x
�
�
P�
. 3 x x 

. 3 x x
�3  x  9  x �
�
�
3 x 3 x
3 x 3 x �
�
�
�
�






93 x

 3 x   3 x 







. 3 x x 





3 3 x
3 x



.

 










x 3 x

3. Đồ thị hàm số y  ax  b đi qua hai điểm A  2; 2  và B  3; 2  nên ta có hệ phương

4
�
a
�
2a  b  2
5a  4
�
�
�
5
��
��
trình: �

3a

b

2

b

2

3a
2
�
�
�
b
�
5
4
2
Vậy ta có a   ; b  
5
5
Câu 2:
Phương pháp:
Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


+) Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai một ẩn.
+) Phương trình có hai nghiệm �  ' �0
b
�
x1  x 2  
�
�
a

+) Áp dụng hệ thức Vi-ét �
và hệ thức bài cho để tìm m.
�x x  c
�1 2 a
Cách giải:
1. x 2  4x  4  0 �  x  2   0 � x  2
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   2
2. +) Phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 khi và chỉ khi
2
��
' 0  m
��
1
m�۳۳
3 0
2

m 2 2m 1 m 2 3 0

2m

2

m 1

�
�x1  x 2  2  m  1
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: �

2
�x1x 2  m  3

 2
 3

Từ đề bài ta có: x1  x 2  10 � x12  x 22  2 x1x 2  100 �  x1  x 2   2x1x 2  2 x1x 2  100
2

2
2
Lại có x1x 2  m  3  0 m � x1x 2  x1x 2  m  3

Khi đó ta có: x1  x 2  10 �  x1  x 2



2

 100

� x12  2 x1x 2  x 22  100 �  x1  x 2   2x1x 2  2x1x 2  100
2

�  x1  x 2   100 � x1  x 2  �10
2

+) TH1: x1  x 2  10 kết hợp với (2) ta được:
�x1  x 2  10
� 2  m  1  10 � m  4  tm 

�
�x1  x 2  2  m  1
+) TH2: x1  x 2  10 kết hợp với (2) ta được:
�x1  x 2  10
� 2  m  1  10 � m  6  ktm 
�
�x1  x 2  2  m  1
Vậy m  4 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 3:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
+) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


+) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình hoặc hệ phương trình.
+) Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập để tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của
ẩn rồi kết luận.
Cách giải:
Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là x  km / h   x  0 
Thời gian ô tô đi từ A đến B là:

156
(giờ)
x

Vận tốc của ô tô lúc về là: x  32  km / h  . Thời gian của ô tô lúc về là:
Đổi: 1 giờ 45 phút  1 


120
(giờ)
x  32

45 7
 giờ
60 4

Theo đề bài ta có phương trình:

156 120
7


x x  32 4

� 156.4.  x  32   120.4.x  7x  x  32 
� 624x  19968  480x  7x 2  224x
� 7x 2  80x  19968  0 �  x  48   7x  416   0
x  48  tm 
�
x  48  0
�
�
��
�
416
�
7x  416  0
x

 ktm 
�
�
7
Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là 48km/h
Câu 4:
Phương pháp:
a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
b) Chứng minh tứ giác AHCD có tổng hai góc đối bằng 1800.
c) Chứng minh tam giác CFH đồng dạng với tam giác CAD.
d) Chứng minh tam giác BFH đồng dạng với tam giác BCA.
Cách giải:

Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


a) Ta có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) � AC  BC hay AC  BD
Ta có DAB  900 ( Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có
DA 2  DC  DB
b) Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  900 � Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD
dưới góc 900
� Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng
nhau).
c) Do tứ giác AHCD nội tiếp nên FHC  ADC (cùng bù với AHC).
Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:
CHF  DAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

FHC  ADC  cmt 
� FHC : ADC  g.g  � FCH  ACD (hai góc tương ứng)

Mà ACD  900 � FHC  900 � CH  CF
d) Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có OA 2  OD.OH (hệ thức
lượng trong tam giác vuông)
2
Mà OA  OB  R � OB  OD.OH �

OB OD

OH OB

Xét tam giác OBH và ODB có:
BOD chung
OB OD

 cmt 
OH OB
� OBH : ODB  c.g.c  � OBH  ODB
Mà ODB  CAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AHCD).
Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


CAF  CBF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O))
� OBH  CBF � OBH  HBC  CBF  HBC � OBC  HBF  ABC

Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:
BHF  BCA  900 (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O));
HBF  ABC  cmt 
� BFH : BCA  g.g  �


BF BH
BH.BC

�
 BA  2R
BC BA
BF

Câu 5:
Ta có: xy  1 �x,  x, y  0  � y 

1
�1
x

1
1
Áp dụng BĐT Cô si, ta có: y ��2 �
y.
x
x
Q

Q

xy
3x  xy  y
2

1 a

3  a  a2



2



1
3

y
x

y y

x x2

y
x

1 2

y
x

0

y
x


1
4

y
1
 a, 0  a � , ta có:
x
4

. Đặt

2

2

a 2  2a  1
1
, 0a �
2
a a 3
4

a 2  2a  1 5
1
Ta chứng minh: 2
�  * , 0  a �
a a 3 9
4


 * � 9  a 2  2a  1 �5  a 2  a  3

 do a

2

 a  3  0, a 

� 4a 2  23a  6 �0 � 4a 2  a  24a  6 �0 � a  4a  1  6  4a  1 �0 �  4a  1  a  6  �0
1
Do 0  a � � 4a  1 �0, a  6  0 �  4a  1  a  6  �0
4
a 2  2a  1 5
�
���
, 0 a
a2  a  3 9

Vậy Q max

1
4

Q

a 2  2a  1
a2  a  3

5
9


5
, 0 a
3

1
4

�y 1

�x  2
�
1
�x 4
�
5
a

�
�
khi và chỉ khi

�
� 1
4
y
3
�y  1  1 �
�
2

� x

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải