DE VA DAP AN THI VAO LOP 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (177.5 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1: (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình

3x 2y 5

15 x y

2 

















2/ a) Cho biết: A = 9 + 3 7 và B = 9 - 3 7. Hãy so sánh A + B và A.B.

b) Tính giá trị của biểu thức:

1

5 M

:

3 5 3

5 5 1

























3/ Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 0

Bài 2: (2,5 điểm)1/Cho phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1) + m – 2 = 0 (ẩn x, tham số m).

a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 1 2

1 1 7

x x 4

2/Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y = 3x + 5 và đi qua điểm A

thuộc Parabol (P): y =

2x2 có hồnh độ bằng

2.

Bài 3: (1,5 điểm)Hai máy ủi làm việc trong vịng 12 giờ thì san lấp được

10 khu đất. Nừu máy ủi thứ nhất làm một mình

trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy ủi san lấp được 25% khu đất đó.
Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu.

Bài 4: (2,5 điểm)Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ tiếp tuyến d với đường tròn (O) tại B. Gọi C và D là hai
điểm tuỳ ý trên tiếp tuyến d sao cho B nằm giữa C và D. Các tia AC và AD cắt (O) lần lượt tại E và F (E, F khác A).

1. Chứng minh: CB2 = CA.CE

2. Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp trong đường trịn tâm (O’).

3. Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng bằng một số không đổi. Tiếp tuyến của (O’) kẻ từ A tiếp xúc với

(O’) tại T. Khi C hoặc D di động trên d thì điểm T chạy trên đường thẳng cố định nào?

Bài 5: (1,0 điểm) Một cái phễu có hình trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm. Một
hình trụ đặc bằng kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nước (xem hình bên). Người ta
nhấc nhẹ hình trụ ra khỏi phễu. Hãy tính thể tích và chiều cao của khối nước còn lại trong phễu.

ĐỀ 2
Bài 1(1,5đ) a) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng
tọa độ :( ) :P y x2; ( ) :d y2x3

b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P).
Bài 2(2,0đ)a) Giải phương trình x2 5x 3 0

b) Giải hệ phương trình

3 4

2 5 7

x y
x y

 




 


Bài 3 (2,5đ) Cho phương trình: x2 – mx – 4 = 0 (m là tham số) (1)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m.

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 2 5

x x 

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 khơng phụ thuộc giá trị của m.

Bài 4 (4,0đ)

Từ một điểm M ở bên ngồi đường trịn (O ; 6cm); kẻ hai tiếp tuyến MN; MP với đường tròn (N ; P  (O)) và
cát tuyến MAB của (O) sao cho AB = 6 cm.

a) Chứng minh: OPMN là tứ giác nội tiếp
b) Tính độ dài đoạn thẳng MN biết MO = 10 cm

c) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB. So sánh góc MON với góc MON

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---ĐỀ 1

Bài Nội dung Điểm

Bài 1
(2,5 điểm)

1/(1,0 điểm)

3x

2y

5 3x

2y

5

15 2x

2y

15 x

y

2 5x

20 3x

2y

5 x

4

7 y

2 



































 













 









0,25
0,25

0,25

2/(1,0 điểm)

a) Ta có A+B = 18 và A.B =

9 

(3 7)



81 63 18





nên A = B.

1

5 M

:

3 5 3

5 5 1































 



(3

5) (3

5)

5 1

.

(3

5)(3

5)

5( 5 1)

1

2 























0,25

0,25x3

0,25
0,25

3/ Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình đã cho trở thành:

t2 - 24t - 25 = 0, chú ý t ≥ 0 ta được t = 25.

Từ đó phương trình có hai nghiệm x = - 5 và x = 5.

0,25
0,25

Bài 2

(2,5 điểm) 1/a) Xét phương trình (m + 1)x2 – 2(m – 1)x + m – 2 = 0

Khi m = 2 phương trình trở thành: 3x2 – 2x = 0





0

3

2 2

3 











 



x

x x

x

0,25
0,25

b)Để phương trình là phương trình bậc 2 thì trước tiên m≠1







 



'

1 m

m 1 m 2

3 m

  







 

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì

 

' 0

hay m < 3 (1)

Áp dụng định lý Viet cho phương trình ta có:

1 2

2(m 1)

S x

x

m 1

m 2

P x .x

m 1



















 









(2)

0,25
0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Xét biểu thức

x

4 x .x

1 2

4

(3)

Thế (2) vào (3)

2(m 1) m 2 7 2(m 1) 7

: 8m 8 7m 14

m 1 m 1 4 m 2 4

  

       

  

m

6 



Kết hợp với điều kiện (1): Kết luận m = 6 0,25

2/(1,0 điểm)

+Đồ thị hàm số y ax b  song song với đường thẳng y3x5, nên

a và b5.

+ Điểm A thuộc (P) có hồnh độ x2 nên có tung độ





2 2

y  

Suy ra: A



2; 2



+Đồ thị hàm số y3x b đi qua điểm A



2; 2



nên:

2 6  b b4

Vậy: a3 và b4

0,50
0,25

0,25

Bài 3
(1,5 điểm)

Gọi x (giờ ) và y (giờ ) lần lượt là thời gian làm một mình của máy thứ
nhất và máy thứ hai để san lấp toàn bộ khu đất (x > 0 ; y > 0)

Nếu làm một mình thì trong một giờ máy ủi thứ nhất san lấp được
1

x

khu đất, và máy thứ hai san lấp được
1

y khu đất.

Theo đề bài ta có hệ phương trình :

x +

y =

1
10
42

x +

y =

1
4

¿{
¿

Đặt
1

u
x



và
1

v
y



ta được hệ phương trình:

12 12

10
1

42 22

u v
u v



 





  




Giải hệ phương trình tìm được

1 1

;

300 200

u v

, Suy ra:



x y;

 

 300; 200



Trả lời: Để san lấp tồn bộ khu đất thì: Máy thứ nhất làm một mình
trong 300 giờ, máy thứ hai làm một mình trong 200 giờ .

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

Bài 4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

a. + Hình vẽ đúng:

+ Hai tam giác CAB và CBE có:

Góc C chung và CAB EBC

 

 (góc

nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến
với một dây cùng chắn cung BE)

nên CAB ∽CBE .

Suy ra:

CA CB

CB CA CE

CB CE   

0,25

b. Ta có: CAB EFB

 

 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

Mà CAB BCA 900

 

  (tam giác CBA vuông tại B) nên ECD BFE 900

 

 

Mặt khác BFD BFA 900

 

  (tam giác ABF nội tiếp nửa đường tròn)

Nên: ECD BFE BFD 900 900 1800

  

    

Suy ra ECD DFE 1800

 

 

Vậy tứ giác CEFD nội tiếp được đường tròn (O’).

0,25

0,25
0,25
0,25

c. + Xét tam giác vuông ABC:

BE  AC nên AC.AE = AB2 = 4R2 (hệ thức lượng trong tam giác

vuông)

Tương tự, trong tam giác vng ABD ta có: AD.AF = AB2 = 4R2

Vậy khi C hoặc D di động trên d ta ln có:

AC.AE = AD.AF = 4R2 (khơng đổi)

+ Hai tam giác ATE và ACT đồng dạng .Vì có góc A chung và
ATE TCA   (cùng chắn cung ED)

+ Suy ra: AT2 AC AE 4R  2 (không đổi). Do đó T chạy trên đường

trịn tâm A bán kính 2R.

0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 5
(1,0 điểm)

+ Hình vẽ thể
hiện mặt cắt hình nón và hình trụ
bởi mặt phẳng đi qua trục chung

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có DE//SH nên:





h R r

DE DB 30 5

DE 10(cm)

SH HB R 15

 

    

Do đó: Chiều cao của hình trụ là

' 10( )

h DE cm

+ Nếu gọi V, V , V1 2 lần lượt là thể tích khối nước còn lại trong phểu

khi nhấc khối trụ ra khỏi phểu, thể tích hình nón và thể tích khối trụ, ta

có:





2 2 3

1 2

1 15 30

V V V R h r h ' 1000 1250 cm

3 3

 

          

Khối nước còn lại trong phểu khi nhấc khối trụ ra khỏi phểu là một

khối nón có bán kính đáy là r1 và chiều cao h1. Ta có:

1 1 1 1

r h Rh h

R h   h 2 .

Suy ra:

2 1 3

1 1 1

h
1

V r h 1250 h 15000

3 12



      

Vậy: Chiều cao của khối nước cũn lại trong phểu là:

3 3

h  15000 10 15 (cm)

0,25

ĐỀ 2

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Bài 1:

a)Vẽ đồ thị

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :P yx2

x -2 -1 0 1 2

yx 4 1 0 1 4

Tọa độ điểm của đồ thị ( ) :d y2x3

x 0 3



2 3

y x 3 0

(1,5điểm)

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

b)Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)

2
2

2 3

2 3 0

x x
x x

 

   

Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0

1
2
1
3
x

c
x
a



  
 


 từ (P)

1
2
1
9
y
y


 



Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A



1;1 ; B(1;9)



0,25

Bài 2:

a) x2 5x 3 0

 = (-5)2 – 4.3 = 25 – 12 = 13 > 0

Vì  > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1
2
5 13
2 2
5 13
2 2
b
x
a
b
x
a
    
 



   
  


(2,0điểm)

0,5
0,25
0,25
b)

3 4 2 6 8 1 1 1

2 5 7 2 5 7 2 5 7 2 5.1 7 1

x y x y y y y

x y x y x y x x

      

    

   

    

        

     1,0

Bài 3: Cho phương trình: x2 – mx + m – 1 = 0 (m là tham số) (1)

a) C/m: Phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m.

2
2

( ) 4.1.( 1)

4 4

( 2) 0 ;

m m
m m
m m
    
  
   

=> Phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m

(2,5điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 2 5

x x 

+ Theo Viet: x1 + x2 = = m ; x1.x2 = = m – 1

2 2

1 2

5 x



x



1 2 1 2

(

x x

)

2 .

x x

5 









m2 – 2. (m – 1) = 5



m2 – 2m + 2 = 5



m2 – 2m – 3 = 0

Phương trình có dạng: a – b + c = 1 – (- 2) + (-3) = 0

Nên: m1 = -1; m2 = 3

Vậy: m1 = -1 hoặc m2 = 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều

kiện: x12 x22 5

0,25

0,25
0,25
0,25

c) Tìm một biểu thức liên hệ giữa x1, x2 khơng phụ thuộc giá trị của m.

Ta có: x1 + x2 – 1 = x1.x2



x1 + x2 – x1.x2 = 1

Vậy: Một biểu thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc giá trị của m là: x1 + x2 – x1.x2

0,25
0,25

Bài 4:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>



P



+ N= 1800  Tứ giác PMNO nội tiếp 0,5
b) Tính độ dài đoạn MN:

Áp dụng định lí Py-Ta –go vào tam giác vng MON ta có

MN =

MO



ON

2 =

10 

6

2 = 8 cm 0,5

c) Vì: H là trung điểm của AB, nên: OH  AB

 OHM = ONM = 900



OHM và ONM cùng nhìn đoạn OM một góc 900

 Tứ giác MNHO nội tiếp

 MHN = MON ( vì cùng chắn cungMN)

0,25
0,25
0,25
0,25

d) Gọi diện tích cần tính là SVP

SVP =

S

qAOB



S

AOB

+ Ta có: 0A = OB = AB = 6cm => AOBđều =>

S

AOB = 9 3 15,59

+ SqAOB =

2 2

.6 60

6 18,84(

)

360 R n

cm







=>SVP =

S

q



S

= 6 - 9 3 = 3(2 - 3 3)  18,84 - 15,59  3,25 (cm2)

</div>

DE VA DAP AN THI VAO LOP 10

3x 2y 5

15

x y

2



















1

1

5

5

M

:

3

5 3

5

5 1









<sub></sub>



<sub></sub>











3x

2y

5

<sub>3x</sub>

<sub>2y</sub>

<sub>5</sub>

15

2x

2y

15

x

y

2

5x

20

3x

2y

5

x

4

7

y

2







<sub></sub>

<sub></sub>



















<sub></sub>









 

