Đề thi thử Toán vào 10 lần thứ 11 năm 2014

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 11 
Năm 2014 
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
------------------------------------------------------------------------------------- 
Bài 1: (2.0 điểm) 
a) Rút gọn biểu thức: 69 16 5 6 2 5A     
b) Giải hệ phương trình: 
2 6
1,1
4 9
0,1
x y x y
x y x y

   

  
  
Bài 2: (2.5 điểm) 
Cho phương trình bậc hai: 2 2 7 0x mx m    (1) với m là tham số. 
a) Giải phương trình với m = – 1. 
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. 
c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức: 
1 2
1 1
16
x x
  . 
Bài 3: (2.0 điểm) 
Một miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng bằng 
2
5
 chiều dài và có diện tích bằng 
360 m2. Tính chu vi của miếng đất. 
Bài 4: (2.5 điểm) 
 Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O 
đường kính BC và tiếp tuyến AM với đường tròn. Từ tiếp điểm M, vẽ đường thẳng 
vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn (O) tại N. 
a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 
b) Chứng minh 
2
.
4
BC
OH OA  . 
c) Từ B kẻ đường thẳng song song với MC, đường thẳng này cắt AM ở D và cắt MN 
ở E. Chứng minh tam giác MDE cân. 
d) Chứng minh 
HB AB
HC AC
 . 
Bài 5: (1.0 điểm) 
Cho một hình trụ có diện tích đáy bằng 36 cm2 và chiều cao bằng 8 cm. tính diện 
tích toàn phần và thể tích của hình trụ. 
------------------------------------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 11 
Bài 1: 
a) Rút gọn biểu thức: 
   
2 2
69 16 5 6 2 5
64 16 5 5 5 2 5 1
8 5 5 1
8 5 5 1
A
A
A
A
   
      
    
    
8 5 5 1A     (vì 8 5 0  và 5 1 0  ) 
9
3
A
A
 
 
b) Giải hệ phương trình: 
2 6
1,1
( )
4 9
0,1
x y x y
I
x y x y

   

  
  
Đặt: 
1
1
X
x y
Y
x y

 

 
 
 (ĐK: x y  ) 
Hệ (I) trở thành: 
2 6 1,1
4 9 0,1
1,1 6
2
4 9 0,1
1,1 6
2
1,1 6
4 9 0,1
2
X Y
X Y
Y
X
X Y
Y
X
Y
Y
 

 


 
  


 
      
1
11,1 6.
10
4
2
1
1
10
10
X
X
Y
Y

   
  
  
  

Do đó: 
1 1
4 74
1 1 10 3
10
x y xx y
x y y
x y

     
   
    
 
 (nhận) 
Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (7;3) 
Bài 2: 
a) Giải phương trình với m = – 1. 
 2 2 7 0x mx m    (1) 
Với m = – 1, ta có: 
   2
2
(1) 2. 1 1 7 0
2 8 0
x x
x x
      
   
1
2 ' 1
8
a
b b
c

  
 
2
2
' '
' 1 1.( 8)
' 9 0
' 9 3
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
1
2
' ' 1 3
2
1
' ' 1 3
4
1
b
x
a
b
x
a
    
  
    
   
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  2; 4S   
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. 
2 2 7 0x mx m    (1) 
1
2 '
7
a
b m b m
c m

    
 
2
2
2
2
' '
' ( ) 1.( 7)
' 7
1 1
' 7
4 4
b ac
m m
m m
m m
  
     
    
 
       
 
2
1 27
' 0
2 4
m
 
      
 
 với mọi m. 
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. [đpcm] 
c) Tìm m: 
Theo định lý Vi-ét, ta có: 
1 2
1 2
2
2
1
7
7
1
b m
x x m
a
c m
x x m
a

     

    

Ta có: 1 2
1 2 1 2
1 1 2
16 16 16 2 16( 7) 8
7
x x m
m m m
x x x x m

          

. 
Vậy: Với m = 8 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài. 
Bài 3: 
Gọi x (m) là chiều dài của miếng đất (x > 0) 
Chiều rộng của miếng đất là: 
2
5
x (m) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
2
2
2
360
5
2
360
5
900
900
x x
x
x
x
 
 
 
 
30x  (vì x > 0) 
Chiều rộng của miếng đất là: 
2
30 12
5
  (m) 
Chu vi của miếng đất là: 2 (30 + 12) = 84 (m) 
Trả lời: Chu vi của miếng đất là 84 m. 
Bài 4: (2.5 điểm) 
GT 
(O), đường kính BC, AMOM, MxBC, MxI BC= H , 
MxI (O)= N , By//MC, ByI AM= D , ByI MN= E 
KL 
a) Tứ giác AMON nội tiếp 
b) 
2
.
4
BC
OH OA  
c) MDE cân 
d) 
HB AB
HC AC
 
a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 
Trong OMN , ta có: 
 OM = ON (bán kính) 
 OMN cân tại O. 
Vì OHMN (gt) 
Hay OH là đường cao 
Nên OH cũng là đường phân giác. 
· ·MOH NOH  
Xét MOA và NOA , ta có: 
 OM = ON (bán kính) 
 · ·MOA NOA (cmt) 
 OA là cạnh chung 
 MOA NOA   (c-g-c) 
 · ·OMA ONA  
Mà · 090OMA  (gt) 
Nên: · 090ONA  
Do đó: · · 0 0 090 90 180OMA ONA    
Xét tứ giác AMON, ta có: 
· · 0180 ( )OMA ONA cmt  
Tứ giác AMON nội tiếp được trong đường tròn đường kính OA. [đpcm] 
b) Chứng minh 
2
.
4
BC
OH OA  . 
Xét HOM và NOA vuông tại H và N, ta có: 
 · ·HOM NOA (cmt) 
2
( )
. .
2 2 4
HOM NOA g g
OH OM
ON OA
BC BC BC
OH OA OM ON
  
 
    
:
c) Chứng minh tam giác MDE cân. 
Gọi K là giao điểm của DE với đường tròn (O) 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 BK//MC (gt) 
 ¼ »BM CK  
 sđ ·
1
2
MDK  (sđ ¼MK – sđ ¼BM ) (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn) 
  sđ ·
1
2
MDK  (sđ ¼MC + sđ »CK – sđ ¼BM ) 
  sđ ·
1
2
MDK  sđ ¼MC 
 sđ ·
1
2
MEB  (sđ ¼BM + sđ »KN ) (góc có đỉnh bên trong đường tròn) 
  sđ ·
1
2
MEB  (sđ »CK + sđ »KN ) 
  sđ ·
1
2
MEB  sđ »CN 
Vì OCMN (gt) 
Nên: ¼ »MC CN 
Do đó: · ·MDE MED 
Hay MDE cân tại M [đpcm] 
d) Chứng minh 
HB AB
HC AC
 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 · 090BMC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Hay: MB MC 
Ta lại có: MC//DE (gt) 
Do đó: MB DE 
Hay MB là đường cao của MDE cân tại M 
 MB cũng là đường phân giác của MDE cân tại M 
Trong MAH , ta có: 
MB là đường phân giác trong (cmt) 
MA BA
MH BH
  (t/c đường phân giác) (1) 
Ta lại có: MB MC (cmt) 
 MC là đường phân giác ngoài 
MA CA
MH CH
  (t/c đường phân giác) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: 
BA CA
BH CH
 (t/c bắc cầu) 
AB BH
AC CH
  [đpcm] 
Bài 5: 
Bán kính đáy của hình trụ là: 
Sđáy = 2r 
2
2
36
36
6
r
r
r cm
  
 
 
Diện tích toàn phần của hình trụ là: 
Stp = Sxq + 2.Sđáy 
2
2 .6.8 2.36
168 ( )
tp
tp
S
S cm
 

  
 
Thể tích của hình trụ là: 
2
2
3
.6 .8
288 ( )
V r h
V
V cm




 
 