Đề thi thử Toán vào 10 lần thứ 15 năm 2014

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 15 
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: 
a) 
1 2 5
1 1 3x x
 
 
b) 
2
3
x y
x y


  
2) Rút gọn biểu thức: 
15 12 1
5 2 2 3
A

 
 
Bài 2: (3.0 điểm) 
1) Cho parabol 2( ) :P y ax có đồ thị đi qua điểm ( 4; 8)A   . 
a) Tìm a. Vẽ (P) vừa tìm được. 
b) Trên (P) tìm được ở câu a, lấy điểm B có hoành độ bằng 2. Viết phương trình 
đường thẳng AB. 
c) Tìm điểm M trên Oy sao cho AM + MB ngắn nhất. 
2) Cho phương trình: 2 5 7 0x x m    (ẩn số x, tham số m) 
Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức: 
2
1 24 1x x  
Bài 3: (2.0 điểm) 
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20 m. Xung quanh 
mảnh vườn, người ta làm một lối đi rộng 2 m. Phần đất còn lại để trồng trọt có diện tích 
2016 m2. Tính chu vi của mảnh vườn. 
Bài 4: (3.0 điểm) 
 Cho ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). M là trung điểm của cung BC 
không chứa điểm A, E là giao điểm của AM và BC. Trên AC, lấy điểm D sao cho 
AD AB . 
a) Chứng minh tứ giác CDEM nội tiếp. 
b) MD cắt đường tròn (O) tại N, BN cắt AM tại K. Chứng minh bốn điểm A, N, D, 
K cùng thuộc một đường tròn. 
c) Chứng minh: ED // BN. 
------------------------------------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 15 
Bài 1: 
1a) Giải phương trình: 
1 2 5
1 1 3x x
 
 
 (1) 
ĐKXĐ: 1; 1x x   
 
   
   
   
  
2
2
2
3 1 6 1 5 1 1
1
3 1 1 3 1 1
3 3 6 6 5 5
5 5 3 3 6 6 0
5
5 9 2 0 9
2
x x x x
x x x x
x x x
x x x
a
x x b
c
    
 
   
     
      

     
 
   
2
2
4
9 4.5. 2
121 0
121 11
b ac  
     
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 
1
9 11
2
2 2.5
b
x
a
    
   (nhận) 
 
2
9 11 1
2 2.5 5
b
x
a
    
    (nhận) 
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 
1
2;
5
S
 
  
 
1b) Giải hệ phương trình: 
 2. 32 2 6
3 2 3 33
xx y x y x
x y y y yy
      
     
          
Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là:    ; 6; 3x y    
2) Rút gọn biểu thức: 
   
  
15 12 1
5 2 2 3
3 5 2 2 3
5 2 2 3 2 3
3 2 3
2
A
A
A
A

 
 
 
  
  
   
  
Bài 2: 
1a) Tìm a: 
2( ) :P y ax 
Ta có: 
 
2
2
( 4; 8) ( ) :
8 . 4
1
2
A P y ax
a
a
   
   
  
Vậy: 2
1
( ) :
2
P y x  
Vẽ đồ thị: 
21( ) :
2
P y x  
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị: 
X – 4 – 2 0 2 4 
21
2
y x  – 8 – 2 0 – 2 – 8 
1b) Viết phương trình đường thẳng AB: 
 2
1
( ) :
2
P y x  
Ta có: 
  2
2
1
2; ( ) :
2
1
2
2
2
B
B
B
B y P y x
y
y
  
   
  
 B(2;–2 ) 
Phương trình đường thẳng có dạng: AB: y = ax + b 
Ta có: 
 
 
4; 8 :
8 . 4
4 8
A AB y ax b
a b
a b
    
    
  
 2; 2 :
2 .2
2 2
B AB y ax b
a b
a b
   
   
   
Giải hệ phương trình:
4 8 6 6 1 1
2 2 2 2 2.1 2 4
a b a a a
a b a b b b
       
     
             
Vậy: : 4AB y x  
1c) Tìm điểm M trên Oy 
 : 4AB y x  
Vì M Oy nên  0; MM y 
AM + MB ngắn nhất  A, M, B thẳng hàng 
 0; : 4MM y AB y x    
0 4
4
M
M
y
y
  
  
Vậy:  0; 4M  
2) Tìm m 
  2
1
5 7 0 1 5
7
a
x x m b
c m

     
 
    
2
2
4
5 4.1. 7
25 28 4
4 3
b ac
m
m
m
  
     
    
   
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0   
4 3 0
3
4
m
m
  
 
Theo định lý Vi-ét, ta có: 
 
 
1 2
1 2
5
5 1
1
7
7 2
1
b
x x
a
c m
x x m
a

     

    

Từ (1) suy ra: 2 15x x  
Ta có: 
 
2
1 2
2
1 1
2
1 1
2
1 1
2
1 1
1
1
4 1
4 5 1
20 4 1
20 4 1 0
4 21 0
3
7
x x
x x
x x
x x
x x
x
x
 
   
   
    
   

   
Với 1 23 5 3 2x x     
Thay vào (2), ta được: 
3.2 7
6 7
1
m
m
m
 
  
 
Với  1 27 5 7 12x x       
Thay vào (2), ta được: 
7.12 7
84 7
91
m
m
m
  
   
 
Vậy: Với m = 1 và m = 91 thì (1) có hai nghiệm thỏa điều kiện đề bài. 
Bài 3: 
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn (x > 4) 
Chiều dài của mảnh vườn là: x + 20 (m) 
Sau khi là lối đi rộng 2 m thì: 
Chiều dài của phần đất trồng trọt là: x + 20 – 4 = x + 16 (m) 
Chiều rộng của phần đất trồng trọt là: x – 4 (m) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
  
2
16 4 2016
4 16 64 2016 0
x x
x x x
  
     
2
1
12 2080 0 12 ' 6
2080
a
x x b b
c

      
 
 
2
2
' '
' 6 1. 2080
' 2116 0
' 2116 46
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
1
' ' 6 46
40
1
b
x
a
    
   (nhận) 
2
' ' 6 46
52
1
b
x
a
    
    (loại) 
Chiều dài của mảnh vườn là: 40 + 20 = 60 (m) 
Chu vi của mảnh vườn là: 2.(60 + 40) = 200 (m) 
Trả lời: Chu vi của mảnh vườn là: 200 (m) 
Bài 4: 
GT 
(O), , , ( )A B C O ; AB < AC; ¼ ¼BM MC ;  AM BC E  ; D AC ; 
AD AB ;  ( )MD O N  ;  BN AM K  
KL 
a)Tứ giác CDEM nội tiếp 
b) A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. 
c) ED // BN 
a) Chứng minh tứ giác CDEM nội tiếp. 
Ta có: ¼ ¼BM MC (gt) 
Trong đường tròn (O), ta có: 
· 1
2
BAM  sđ ¼BM (góc nội tiếp) 
· 1
2
CAM  sđ ¼MC (góc nội tiếp) 
Do đó: · ·BAM CAM (t/c bắc cầu) 
Hay · ·BAE DAE 
Xét ABE và ADE , ta có: 
 AB = AD (gt) 
 · ·BAE DAE (cmt) 
 AE là cạnh chung 
ABE ADE   (c-g-c) 
· ·ABE ADE  
Trong đường tròn (O), ta có: 
· ·ABC AMC (góc nội tiếp cùng chắn »AC ) 
Hay · ·ABE AMC 
Do đó: · ·ADE AMC (t/c bắc cầu) 
Ta lại có: · · 0180ADE EDC  (góc kề bù) 
 · · 0180EMC EDC   
Xét tứ giác CDEM, ta có: 
 · · 0180EMC EDC  (cmt) 
Tứ giác CDEM nội tiếp được trong một đường tròn. [đpcm] 
b) Chứng minh bốn điểm A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. 
Trong đường tròn (O), ta có: 
· ·BNM BAM (góc nội tiếp cùng chắn ¼BM ) 
Ta lại có: · ·BAM CAM (cmt) 
Do đó: · ·BNM CAM (t/c bắc cầu) 
Hay · ·KND KAD 
Xét tứ giác ANDK, ta có: 
 · ·KND KAD (cmt) 
Tứ giác ANDK nội tiếp được trong một đường tròn 
Hay bốn điểm A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. [đpcm] 
c) Chứng minh: ED // BN. 
Trong dường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEM,ta có: 
 · ·EDM ECM (góc nội tiếp cùng chắn ¼EM ) 
Trong đường tròn (O), ta có: 
 · ·ECM BNM (góc nội tiếp cùng chắn ¼BM ) 
Do đó: · ·EDM BNM (t/c bắc cầu) 
 ED//BN (đồng vị) [đpcm]