Đề thi thử Toán vào 10 lần thứ 13 năm 2014

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 13 
Năm 2014 
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
------------------------------------------------------------------------------------- 
Bài 1: (2.0 điểm) 
1) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 
4 2)4 5 9 0
1
)
2 8
a x x
x y
b
x y
  
 

 
2) Rút gọn biểu thức: 
6
8 2 7
A 

Bài 2: (3.0 điểm) 
1) Cho parabol 2( ) : 2P y x và đường thẳng (d): 2 4y x   . 
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ. 
b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 
2) Cho phương trình: 2 2(3 1) 2 3 0x m x m     (ẩn số x, tham số m) 
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2
1 2 1 24B x x x x   
Bài 3: (1.5 điểm) 
Hai xe mô tô khởi hành cùng một lúc từ A đến B cách nhau 150 km. Xe thứ nhất 
mỗi giờ chạy nhanh hơn xe thứ hai 10 km, nên đến B sớm hơn xe thứ hai 45 phút. Tính 
vận tốc của mỗi xe. 
Bài 4: (2.5 điểm) 
 Trên đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R>0). Lấy một điểm M bất kỳ (khác A 
và B). Trên tia AB, lấy một điểm C sao cho AC = 3R, đường thẳng vuông góc vói AB 
tại C cắt đường thẳng AM tại E. 
a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp trong một đường tròn. 
b) Tính tích AM.AE theo R. 
c) Lấy N là một điểm khác A, B, M nằm trên đường tròn (O), đường thẳng AN cắt 
đường thẳng CE tại F. Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp trong một đường tròn. 
Bài 5: (1.0 điểm) 
Cho một hình nón có bán kính đáy là r = 4 cm, diện tích đáy bằng 
4
5
 diện tích 
xung quanh của nó. 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 13 
Bài 1: 
1) Giải phương trình và hệ phương trình: 
4 2)4 5 9 0 (1)a x x   
Đặt: 2t x (ĐK: 0t  ) 
Phương trình (1) trở thành: 
 2
4
4 5 9 0 5
9
a
t t b
c

    
 
Ta có: 4 ( 5) ( 9) 0a b c        
Phương trình có hai nghiệm: 
1 1t   (loại) 
 2
9 9
4 4
c
t
a

     (nhận) 
Với: 2
9 9 3
4 4 2
t x x      
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 
3 3
;
2 2
S
 
  
 
 1 21 1 1 3
)
2 8 2 8 2(1 ) 8 22
xx y x y x y x
b
x y x y y y yy
           
       
            
Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là:    ; 3; 2x y   
2) Rút gọn biểu thức: 
 
2
6
8 2 7
6
7 2 7 1
6
7 1
6
7 1
A
A
A
A


 
 
 

 

6
7 1
A 

 (vì 7 1 0  ) 
 
  
6 7 1
7 1 7 1
7 1
A
A

 
 
  
Bài 2: 
1a) Vẽ (P) và (d): 
2( ) : 2P y x 
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
x –2 –1 0 1 2 
22y x 8 2 0 2 8 
(d): 2 4y x   
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
x 1 2 
2 4y x   2 0 
1b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 
2( ) : 2P y x 
(d): 2 4y x   
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2
2
2 2 4
1
2 0 1
2
x x
a
x x b
c
  

    
 
Ta có: 1 1 ( 2) 0a b c       
Phương trình có hai nghiệm: 
1
2
1
2
2
1
x
c
x
a


   
Với 1 2.1 4 2x y      
 2 2.( 2) 4 8x y        
Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(–2;8) và B(1;2) 
2a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
 2 2
2
1
(3 1) 2 3 0 (1) (3 1)
2 3
a
x m x m b m
c m

       
 
   
 
2
2 2
2 2
2
2
4
3 1 4.1. 2 3
9 6 1 8 12
6 13
6 9 13 9
b ac
m m
m m m
m m
m m
  
        
      
    
      
 
2
3 4 0m     với mọi m 
 phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. [đpcm] 
2b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 21 2 1 24B x x x x   
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
1 2
2
2
1 2
(3 1)
3 1
1
2 3
2 3
1
b m
x x m
a
c m
x x m
a
 
      

    

 
 
   
 
 
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2 2
2 2
2
2
2
4
2 4
6
3 1 6 2 3
9 6 1 12 18
3 6 19
19 3 3 2 1
22 3 1 22
B x x x x
B x x x x x x
B x x x x
B m m
B m m m
B m m
B m m
B m m
  
    
   
    
     
    
     
     
Vậy: max 22 1 0 1B m m       
Bài 3: 
Gọi x (km/h) là vận tốc của xe thứ hai. (x > 0) 
Vận tốc của xe thứ nhất là: x + 10 (km/h) 
Thời gian của xe thứ nhất đi từ A đến B là: 
150
10x 
 (giờ) 
Thời gian của xe thứ hai đi từ A đến B là: 
150
x
 (giờ) 
Đổi 45 phút 
3
4
 giờ 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
150 150 3
10 4x x
 

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được: 
   
2
2
2
150.4 10 150.4. 3 10
600 6000 600 3 30
3 30 6000 0
1
10 2000 0 10 ' 5
2000
x x x x
x x x x
x x
a
x x b b
c
   
    
   

      
 
 
2
2
' '
' 5 1. 2000
' 2025 0
' 2025 45
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 1
' ' 5 45
40
1
b
x
a
    
   (nhận) 
 2
' ' 5 45
50
1
b
x
a
    
    (loại) 
Vận tốc của xe thứ nhất là: 40 + 10 = 50 (km/h) 
Trả lời: Vận tốc của xe thứ nhất là: 50 (km/h) 
 Vận tốc của xe thứ hai là: 40 (km/h) 
Bài 4: 
GT 
(O;R); AB = 2R; ( )M O ; C AB ; AC = 3R; Cx AB ;  Cx AM E  ; 
( )N O ;  AN CE F  
KL 
a) Tứ giác BCEM nội tiếp. 
b) Tính tích AM.AE theo R. 
c) Tứ giác MNFE nội tiếp. 
a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp. 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 · 090AMB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 · 090BME  (góc kề bù) 
Ta lại có: 
 CE AB (gt) 
Hay: · 090BCE  
Do đó: · · 0 0 090 90 180BME BCE    
Xét tứ giác BCEM, ta có: 
· · 0180BME BCE  (cmt) 
 Tứ giác BCEM nội tiếp được trong đường tròn đường kính BE. [đpcm] 
b) Tính tích AM.AE theo R. 
Xét MAB và CAE vuông tại M và C, ta có: 
 µA chung 
2
( )
. .
. 2 .3
. 6
MAB CAE g g
AM AB
AC AE
AM AE AB AC
AM AE R R
AM AE R
  
 
 
 
 
:
c) Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp: 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 · 090ANB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 · 090BNF  (góc kề bù) 
Ta lại có: 
 CE AB (gt) 
Hay: · 090BCF  
Do đó: · · 0 0 090 90 180BNF BCF    
Xét tứ giác BCFN, ta có: 
· · 0180BNF BCF  (cmt) 
 Tứ giác BCFN nội tiếp được trong đường tròn đường kính BF. 
 · ·NFC NBA  (cùng bù ·NBC ) 
Ta lại có: · ·NBA NME (cùng bù ·AMN ) 
Xét tứ giác MNFE, ta có: 
 · ·NBA NME (cmt) 
 Tứ giác MNFE nội tiếp được trong một đường tròn. [đpcm] 
Bài 5: 
Đường sinh của hình nón là: 
Sđáy 
4
5
 Sxq 
2
2
4
5
4
.4 . .4
5
5( )
r lr
l
l cm
 
 
 
 
 
Chiều cao của hình nón là: 
2 2 2
2 2 24 5
3( )
h r l
h
h cm
 
  
 
Thể tích của hình nón là: 
2
2
3
1
3
1
.4 .3
3
16 ( )
V r h
V
V cm




 
 