Đề thi thử Toán vào 10 lần thứ 10 năm 2014

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) 
a) Rút gọn biểu thức: 
2 1
1 2 3 2 2
A  
 
b) Giải phương trình: 4 25 36 0x x   
c) Cho phương trình bậc hai 2 5 3 0x x   có hai nghiệm x1; x2. hãy lập một phương 
trình bậc hai có hai nghiệm là 21 1x  và 
2
2 1x  
Bài 2: (2.5 điểm) 
 Cho phương trình: 22 2 1 0x mx m    (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: 
 
      
2 1
1 2 3 2 2
2 2 1 3 2 2
1 2 2 1 3 2 2 3 2 2
2 2 2 3 2 2
1
A
A
A
A
 
 
 
  
   
    
 
b) Giải phương trình: 4 25 36 0x x   (1) 
Đặt: 2t x (ĐK: t  0) 
Phương trình (1) trở thành: 
2 5 36 0t t   
1
5
36
a
b
c

 
 
   
2
2
4
5 4.1. 36
169 0
169 13
b ac  
     
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
1
( 5) 13
9
2 2.1
b
t
a
     
   (nhận) 
2
( 5) 13
4
2 2.1
b
t
a
     
    (loại) 
Với 29 9 3t x x      
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  3; 3S   
c) Lập một phương trình bậc hai 
2 5 3 0x x   
1
5
3
a
b
c



2
2
4
5 4.1.3
13 0
b ac  
   
   
  Phương trình có hai nghiệm phân biệt 
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
1 2
1 2
5
5
1
3
3
1
b
S x x
a
c
P x x
a

       

    

Ta có: 
 
      
22 2 2
1 2
2 22 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 2 2 5 2.3 2 21
1 1 1 2 1 3 5 2.3 1 29
x x S P
x x x x x x P S P
           

               
Do đó: 21 1x  và 
2
2 1x  là hai nghiệm của phương trình 
2 21 29 0X X   
Bài 2: (2.5 điểm) 
a) Giải phương trình: 
22 2 1 0x mx m    (1) 
Với m = 1, ta có: 
  2
2
1 2 2.1 1 1 0
2 2 0
2 ( 1) 0
0
1 0
0
1
x x
x x
x x
x
x
x
x
    
  
  

   

  
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  0;1S  
b)Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. 
22 2 1 0x mx m    (1) 
2
2 '
1
a
b m b m
c m

    
 
   
 
2
2
2
2
' '
' 2 1
' 2 2
' 2 1 1
b ac
m m
m m
m m
  
     
    
     
  
2
' 1 1 0m     với mọi m 
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m [đpcm] 
c) Định m: 
22 2 1 0x mx m    (1) 
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
1 2
1 2
2
2
1
2
b m
S x x m
a
c m
P x x
a

      

   

 Phương trình (1) có hai nghiệm dương 
0
0
S
P

 

0
1
0
2
0
1 0
0
1
1
m
m
m
m
m
m
m


  


 
 

 

 
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
x
 (giờ) 
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
2
x
x


 (giờ) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
1 50 2 50
2
2 2
50 50 2 5
2 2
x
x x
x
x x

  


  

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được: 
     
2 2
2 2
50.2 2 2 50 2 5 2
100 200 100 4 5 10
5 10 100 200 100 4 0
x x x x x
x x x x x
x x x x x
    
     
      
 2 10 200 0x x    
1
10 ' 5
200
a
b b
c

  
 
 
2
2
' '
' 5 1. 200
' 225 0
' 225 15
b ac  
    
   
   
Phương trinh có hai nghiệm phân biệt: 
1
' ' 5 15
10
1
b
x
a
    
   (nhận) 
2' ' 5 15
20
1
b
x
a
    
    (loại) 
Trả lời: Vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là 10 km/h 
Bài 4: 
GT 
(O;R), AB = CD = 2R, AB CD , »N BD ,  CN AB M  , 
DN = R,  AN CD E  
KL 
a) Tứ giác OMND nội tiếp 
b) AC.MN = AN.MB 
c) ED = ?, EC = ? 
a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp: 
Trong đường tròn (O), ta có: 
· 090CND  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
· 090BOD  (gt) 
Do đó: · · 0 0 090 90 180MND MOD    
Xét tứ giác OMND, ta có: 
· · 0180MND MOD  (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
2
ANC  sđ »AC (góc nội tiếp) 
· 1
2
BNC  sđ »BC (góc nội tiếp) 
Do đó: · ·ANC BNC (t/c bắc cầu) 
Ta lại có: · ·ACN ABN (góc nội tiếp cùng chắn »AN ) 
Xét ACN và MBN , ta có: 
· ·ACM MBN (cmt) 
· ·ANC BNM (cmt) 
ACN MBN : (g-g) 
AC AN
MB MN
  
 . .AC MN AN MB  [đpcm] 
c) Tính ED: 
Trong NCD vuông tại N, ta có: 
2 2 2NC ND CD  (đ/l Pitago) 
 
22 2 2
3
NC R R
NC R
  
 
Trong đường tròn (O), ta có: 
· 1
2
ANC  sđ »AC (góc nội tiếp) 
· 1
2
AND  sđ »AD (góc nội tiếp) 
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
NC EC
  (t/c đường phân giác) 
ND ED
ND NC ED EC
 
 
 (t/c tỉ lệ thức) 
 
23
2
1 3
3 1
R ED
RR R
R
ED
ED R
 

 

  
Tính EC: 
Ta có: 
2
2
1 3
2 3
1 3
CE ED CD
R
CE R
R
CE
 
  

 

Bài 5: 
Bán kính đáy của hình nón là: 
2
2144
12
S r
r
r cm

 

 
 
Chiều cao của hình nón là: 
2 2 2
2 2 212 13
5
h r l
h
h cm
 
  
 
Thể tích của hình nón là: 
3
1
3
1
144 5
3
240 ( )
V Sh
V
V cm



   
 