SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÀ RỊA - VŨNG TÀU
---------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày 13/06/2019
---------------------ðỀ BÀI

Bài 1 (3.5 ñiểm).
a) giải phương trình: x 2 − 3x + 2 = 0

x + 3y = 3
4 x − 3 y = −18

b) giải hệ phương trình: 

c) Rút gọn biểu thức: A =

(

2
28
+
−2
2
3+ 7

d) giải phương trình: x 2 − 2 x

Chân núi


Bài 4 (3.5 ñiểm).
Cho nửa ñường tròn tâm O ñường kính AB và E là ñiểm tùy ý trên nửa ñường tròn ñó (E khác A, B). Lêy1
ñiểm H thuộc ñoạn EB (H khác E, B). Tia AH cắt nửa ñường tròn tại ñiểm thứ hai là F. Kéo dài tia AE và tia
BF cắt nhau tại I. ðường thẳng IH cắt nửa ñường tròn tại P và cắt AB tại K.
a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp ñược ñường tròn.
b) chứng minh AIH = ABE
c) Chứng minh: cos ABP =

PK + BK
PA + PB

d) Gọi S là giao ñiểm của tia BF và tiếp tuyến tại A của nửa ñường tròn (O). Khi tứ giác AHIS nội tiếp
ñược ñường tròn , chứng minh EF vuông góc với EK.
Bài 5 (0.5 ñiểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1
5
+
5 xy x + 2 y + 5
----------------------------HẾT ----------------------------


HƯỚNG DẪN VÀ ðÁP ÁN
Bài 1 (3.5 ñiểm).

−2
2
3+ 7

(

)

2. 3 − 7
2
28
2 7
+
−2=
+
−2
2
2
3+ 7
3+ 7 3− 7

(

)(

)

A = 3− 7 + 7 − 2 =1

(

t = −4

 x = −1

* Với t = 3 ⇒ x 2 − 2 x = 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ 
x = 3

* Với t = −4 ⇒ x 2 − 2 x = −4 ⇔ x 2 − 2 x + 4 = 0 (pt vô nghiệm)
Vậy pt ñã cho có hai nghiệm: x = −1, x = 3
Bài 2 (1.5 ñiểm).
a) vẽ Parabol (P): y = −2 x 2
Bảng giá trị:
x

y = −2 x

2

−2
−8

−1
−2

0
0

1
-2


8

- Vì x1 , x2 là hai nghiệm của pt hoành ñộ giao ñiểm, nên ta có:

−1
−m
; x1.x2 =
2
2
−1 − m
Khi ñó : x1 + x2 = x1. x2 ⇔
=
⇔ m = 1 (Thỏa ðK)
2
2

x1 + x2 =

Bài 3 (1.0 ñiểm).
a) OA = AC + R = 27 + 3 = 30 km
Xét ∆ABO vuông tại B, có: AB = OA2 − OB 2 = 302 − 32 = 9 11 km

9 11
≈ 0.75 (giờ)
40
27
t/gian xe thứ hai ñi từ A ñến C là:
= 0.45 (giờ)
60
Xét ∆ABO vuông tại B, có:

A

K

O

a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp ñược ñường tròn.

B


Ta có: AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn)

⇒ HEI = 900 (kề bù với AEB )
T. tự, ta có: HFI = 900
Suy ra: ⇒ HEI + HFI = 900 + 900 = 1800
⇒ tứ giác IEHF nội tiếp ñược ñường tròn (tổng hai góc ñối nhau bằng 1800 )
b) chứng minh AIH = ABE
Ta có: AIH = AFE (cùng chắn cung EH)
Mà: ABE = AFE (cùng chắn cung AE)
Suy ra: AIH = ABE

PK + BK
PA + PB
ta có: AF ⊥ BI , BE ⊥ AI nên suy ra H là trực tâm của △ IAB
⇒ IH ⊥ AB ⇒ PK ⊥ AB

c) Chứng minh: cos ABP =

Tam giác ABP vuông tại P có PK là ñường cao nên ta có:

⇒ Tứ giác AHIS là hình thang.
Mà tứ giác AHIS nội tiếp ñược ñường tròn (gt)
Suy ra: AHIS là hình thang cân.
⇒ ∆ASF vuông cân tại F
⇒ ∆AFB vuông cân tại F
Ta lại có: FEB = FAB = BEK = 450

⇒ FEK = 2.FEB = 900
⇒ EF ⊥ EK
Bài 5 (0.5 ñiểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P=

1
5
+
5 xy x + 2 y + 5

1
5
1
5
1
5
+
=
+
≥

xy   5
y + 8  xy + y + 8
P≥
+ +
+
−
20 
20
 5 xy 20   y + 8
1
3
3
⇔ P ≥ +1− ⇔ P ≥
5
5
5
x = 1
3
Vậy PMin = ⇔ 
5
y = 2

2

+8

≤

3
5