SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
NĂM HỌC: 2018 – 2019

MÔN: TOÁN (Dùng chung cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 30 tháng 05 năm 2018.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,5 điểm).
3
14


7 2
7
b) Giải phương trình: 5 x 2  2 5 x  1  0 .
3 x  2 y  16
.
c) Giải hệ phương trình: 
 x  5 y  23

a) Rút gọn biểu thức: A 



7 2





2
OI .OF ME
CD 2
Câu 5 (0,5 điểm).
Cho a  0, b  0 và a  b  1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

a
b
1
.


1 b 1 a a  b

-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: ....................................................
Chữ kí của giám thị 1: ..............................................

Số báo danh: .........................................
Chữ kí của giám thị 2: ..........................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Câu 2
(2,0đ)
b)



2



3





7 2

72





7 2



2 7 


3 x  2 y  16
17 y  85



 x  5 y  23
3 x  15 y  69
3 x  2 y  16
 y  5
x  2


3 x  2.( 5)  16
 y  5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y )  (2; 5) .
Đồ thị của hàm số y  ax  2 đi qua điểm A(1;3)
 3  a.1  2  a  1
Với a  1 thì hàm số y  ax  2 đồng biến.
Vậy a  1 là giá trị cần tìm.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x 2  (3  2m) x  m 2  x 2  (2m  3) x  m 2  0
  (2m  3) 2  4m 2  12m  9
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
3
   12m  9  0  m 
4
 x1  x2  3  2m
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2

(1)
2( x  y )  174  x  y  87
2
Diện tích ban đầu của mảnh vườn là xy (m )
Diện tích mảnh vườn nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m
là (x + 5)(y – 2) (m2)
Ta có phương trình:
( x  5)( y  2)  xy  215  2 x  5 y  225
(2)
 x  y  87
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 
 2 x  5 y  225

Kết hợp với điều kiện m 

a)

0.75

 x  30
Giải hệ được 
(thỏa mãn điều kiện)
 y  57
Vậy chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là 30m
và 57m.
Cách 1:

5 x 4  2 x 2  3x 2 x 2  2  4
 5 x  10 x  2 x  4  3 x
4



 x 2  2  2  0 do ( x 2  2  2)(2 x 2  2)  3x 2 ( x 2  2  1)  0
 x2  2  2
 x2  2  4
 x2  2
x 2
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x   2 .
Cách 2:

Đặt y  x 2  2 ( y  2)  x 2  y 2  2
Phương trình (1) trở thành:

0.75




5( y 2  2) 2  2( y 2  2)  3( y 2  2) y  4
 5 y 4  20 y 2  20  2 y 2  4  3 y 3  6 y  4  0
 5 y 4  3 y 3  22 y 2  6 y  20  0
 5 y 4  10 y 3  7 y 3  14 y 2  8 y 2  16 y  10 y  20  0
 5 y 3 ( y  2)  7 y 2 ( y  2)  8 y ( y  2)  10( y  2)  0
 ( y  2)(5 y 3  7 y 2  8 y  10)  0
 ( y  2) 5 y ( y 2  2)  7( y 2  2)  2 y  4   0



 y  2  0 do y  2  5 y ( y 2  2)  7( y 2  2)  2 y  4  0


c)

  900
Vì MD là tiếp tuyến tại D của (O) nên ODM
(O) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB
  900
 OI  AB  OIM
Tứ giác OIMD có:
  OIM
  900  900  1800
ODM
 Tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn.
 là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AD

(O) có: MDA
 là góc nội tiếp chắn AD

MBD
  MBD

 MDA
 chung, MDA
  MBD

 MDA và  MBD có: DMB
 MBD (g.g)
  MDA
MD MA



2
  NB

Mà NA
  1 sđ AD
  NA
  1 sđDN

MED
2
2


 MED  MDE
  MDE cân tại M  MD = ME
Nhưng MC = MD (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
 MC = ME   MCE cân tại M.
Gọi H là giao điểm của OM và CD
Ta có: OC = OD và MC = MD
 OM là đường trung trực của CD
 OM  CD tại H
 chung, OIM
  OHF
  900
 OIM và  OHF có: MOF
  OIM
 OHF (g.g)
OI OM





.
1 b 1 a a  b
Với a, b  0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:









a2
a2
4
4
4
 (a  ab)  2
 ( a  ab)  a
a  ab 9
a  ab 9
3
2
a
a
4
4
8

1
1
ab
 2 ( a  b) 
2
ab
ab
Vì a  b  1 nên:

1.0

1.0


1
1
1
( a  b) 2  4ab  ab  ( a  b) 2  và
1
4
4
ab
8
8 1 1 5
 S  2   
9
9 4 9 3
1
Dấu “=” xảy ra  a  b 
2