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
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Khóa thi ngày 13/06/2019
---------------------ðỀ BÀI

Bài 1 (3.5 điểm).
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 điểm).
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB và E là điểm tùy ý trên nửa đường trịn đó (E khác A, B). Lêy1
điểm 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 đường trịn 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 đường trịn (O). Khi tứ giác AHIS nội tiếp
được đường trịn , chứng minh EF vng 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 vơ nghiệm)
Vậy pt đã 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 hồnh độ giao điểm, nên ta có:

−1
−m
; x1.x2 =
2
2
−1 − m
Khi đó : 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 vng tại B, có:

A

K

O

a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường trịn.

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 được đường trịn (tổng hai góc đối 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 vng tại P có PK là đường cao nên ta có:

⇒ Tứ giác AHIS là hình thang.
Mà tứ giác AHIS nội tiếp được đường trịn (gt)
Suy ra: AHIS là hình thang cân.
⇒ ∆ASF vng cân tại F
⇒ ∆AFB vng 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