Đề thi tham khảo vào lớp 10 toán

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 10
Năm 2014
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------Bài 1: (2.0 điểm)
2
1

1 2 3  2 2
4
b) Giải phương trình: x  5 x 2  36  0
c) Cho phương trình bậc hai x 2  5 x  3  0 có hai nghiệm x1; x2. hãy lập một phương
trình bậc hai có hai nghiệm là x12  1 và x2 2  1

a) Rút gọn biểu thức: A 

Bài 2: (2.5 điểm)
Cho phương trình: 2 x 2  2mx  m  1  0 (1)
a) Giải phương trình (1) với m = 1.
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
c) Định m để phương trình (1) có hai nghiệm dương.
Bài 3: (2.0 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50 km. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với
vận tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B
đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn
lại. Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp.
Bài 4: (2.5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Trên cung
nhỏ BD, lấy điểm N (N khác B và D). Gọi M là giao điểm của CN và AB.
a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp.
b) Chứng minh: AC.MN = AN.MB
c) Cho DN = R. Gọi E là giao điểm của AN và CD. Tính độ dài các đoạn thẳng ED;

EC theo R.
Bài 5: (1.0 điểm)
Cho một hình nón có diện tích đáy là 144 cm2 và đường sinh là 13 cm. Tính thể
tích của hình nón.
------------------------------------HẾT---------------------------------*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự
như máy tính Casio fx-570 MS


LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 10
Bài 1: (2.0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
A

2
1

1 2 3  2 2
2

 A





2 1

1  2 



3 2 2

 3  2 2 3  2 2 

2 1

 A  2 2  23 2 2
 A 1

b) Giải phương trình: x 4  5 x 2  36  0 (1)
Đặt: t  x 2 (ĐK: t  0)
Phương trình (1) trở thành:
2

t  5t  36  0

a 1
b  5
c  36

  b 2  4ac
2

    5   4.1.  36 
   169  0
   169  13

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
b   (5)  13


 9 (nhận)
2a
2.1
b   (5)  13
t2 

 4 (loại)
2a
2.1
Với t  9  x 2  9  x  3
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: S  3; 3
t1 

c) Lập một phương trình bậc hai
x2  5x  3  0

a 1
b5
c3

  b 2  4ac
   52  4.1.3
   13  0
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt


Theo định lí Vi-ét, ta có:
b
5


 S  x1  x2   a   1  5

P  x x  c  3  3
1 2

a 1
 x12  1  x2 2  1  S 2  2 P  2   5  2  2.3  2  21
Ta có:  2
2
2
2
2
2
2
2
2
 x1  1 x2  1   x1 x2   x1  x2  1  P  S  2 P  1  3   5   2.3  1  29
Do đó: x12  1 và x2 2  1 là hai nghiệm của phương trình X 2  21X  29  0

Bài 2: (2.5 điểm)
a) Giải phương trình:
2 x 2  2mx  m  1  0

(1)

Với m = 1, ta có:

1  2 x 2  2.1x  1  1  0
 2 x2  2x  0

 2 x( x  1)  0
x  0

 x 1  0
x  0

x  1

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: S  0;1
b)Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m.
2

2 x  2mx  m  1  0

(1)

a2
b  2m  b '  m
c  m 1

 '  b '2  ac
2

  '   m   2  m  1
  '  m 2  2m  2
  '   m2  2m  1  1
2

  '   m  1  1  0

với mọi m
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m [đpcm]
c) Định m:
2 x 2  2mx  m  1  0 (1)
Theo định lí Vi-ét, ta có:
b
2m

 S  x1  x2   a   2  m

P  x x  c  m  1
1 2

a
2


S  0
P  0

Phương trình (1) có hai nghiệm dương  

m  0

  m 1
 2  0
m  0

m  1  0
m  0


m  1
 m 1

Vậy: Với m > 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm dương.
Bài 3: (2.0 điểm)
Gọi x (km/h) là vận tốc ban đầu của người đi xe đạp (x > 0)
Thời gian dự định là:

50
(giờ)
x

Quãng đường người ấy đi được sau 2 giờ là: 2x (km)
Quãng đường còn lại dài: 50 – 2x (km)
Vận tốc của người đi xe đạp trên quãng đường còn lại là: x + 2 (km/h)
Thời gian đi trên quãng đường còn lại là:

50  2 x
(giờ)
x2

Theo đề bài, ta có phương trình:
1 50  2 x 50
2 

2
x2
x
50 50  2 x 5




x
x2
2

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được:
50.2  x  2   2 x  50  2 x   5 x  x  2 
 100 x  200  100 x  4 x 2  5 x 2  10 x
 5 x 2  10 x  100 x  200  100 x  4 x 2  0
a 1
 x 2  10 x  200  0

b  10  b '  5
c  200

2

 '  b '  ac
  '  52  1.  200 
  '  225  0
  '  225  15

Phương trinh có hai nghiệm phân biệt:
x1 

b '  ' 5  15

 10

a
1

(nhận)


x2 

b '  ' 5  15

 20
a
1

(loại)

Trả lời: Vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là 10 km/h
Bài 4:
» , CN  AB  M  ,
(O;R), AB = CD = 2R, AB  CD , N  BD
GT
DN = R, AN  CD   E
a) Tứ giác OMND nội tiếp
KL
b) AC.MN = AN.MB
c) ED = ?, EC = ?

a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp:
Trong đường tròn (O), ta có:
·

CND
 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
BOD
 900 (gt)
·
·
Do đó: MND
 MOD
 900  900  1800
Xét tứ giác OMND, ta có:
·
·
MND
 MOD
 1800 (cmt)
 Tứ giác OMND nội tiếp được trong đường tròn đường kính MD [đpcm]
b) Chứng minh AC.MN = AN.MB:
Trong đường tròn (O), ta có:
AB  CD (gt)
» »
»
AC  BC
AD

Ta lại có:
1
»
·
ANC  sđ AC

2

(góc nội tiếp)


1
» (góc nội tiếp)
·
BNC
 sđ BC
2
·
Do đó: ·
(t/c bắc cầu)
ANC  BNC
Ta lại có: ·
ACN  ·
ABN (góc nội tiếp cùng chắn »
AN )
Xét ACN và MBN , ta có:
·
·
(cmt)
ACM  MBN

·
·
(cmt)
ANC  BNM
 ACN : MBN (g-g)

AC AN


MB MN
 AC.MN  AN .MB [đpcm]

c) Tính ED:
Trong NCD vuông tại N, ta có:
NC 2  ND 2  CD 2 (đ/l Pitago)
 NC 2  R 2   2 R 

2

 NC  R 3

Trong đường tròn (O), ta có:
1
» (góc nội tiếp)
·
ANC  sđ AC
2
1
·
AND  sđ »
AD (góc nội tiếp)
2
Mà : »
AC  »
AD (cmt)
·

Nên : ANC  ·
AND (t/c bắc cầu)

·
Hay NE là tia phân giác của CND
Ta lại có: ED + EC = CD = 2R
Trong NCD , ta có:
·
NE là tia phân giác của CND
(cmt)

ND ED
(t/c đường phân giác)

NC EC
ND
ED
(t/c tỉ lệ thức)


ND  NC ED  EC
R
ED


R  R 3 2R
2R
 ED 
1 3


 ED  R





3 1


Tính EC:
Ta có:
CE  ED  CD
2R
 CE 
 2R
1 3
 CE 

2R 3
1 3

Bài 5:
Bán kính đáy của hình nón là:
S   r2
 144   r 2

r  12 cm

Chiều cao của hình nón là:

h2  r 2  l 2
 h 2  122  132

h  5 cm

Thể tích của hình nón là:
1
V  Sh
3
1
 V  144  5
3
 V  240 (cm3 )