Đề thi tham khảo vào lớp 10 toán

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 10 Năm 2014 Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm)  1  2 b) Giải phương trình: x  x  36  c) Cho phương trình bậc hai x  x   có hai nghiệm x1; x2 lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x12  x2  a) Rút gọn biểu thức: A  Bài 2: (2.5 điểm) Cho phương trình: x  2mx  m   (1) a) Giải phương trình (1) với m = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với 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 xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi Khi giờ, người dừng lại 30 phút để nghỉ Muốn đến B thời gian định, người phải tăng vận tốc thêm km/h qng đường lại Tính vận tốc ban đầu người xe đạp Bài 4: (2.5 điểm) Cho đường tròn (O;R) hai đường kính AB, CD vng góc với Trên cung nhỏ BD, lấy điểm N (N khác B D) Gọi M giao điểm CN AB a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp b) Chứng minh: AC.MN = AN.MB c) Cho DN = R Gọi E giao điểm AN CD Tính độ dài đoạn thẳng ED; EC theo R Bài 5: (1.0 điểm) Cho hình nón có diện tích đáy 144 cm2 đường sinh 13 cm Tính thể tích hình nón HẾT -*Ghi chú: Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-570 MS LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 10 Bài 1: (2.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A  1  2  A   1 1    3 2  3  2 3  2  1  A  2  23 2  A 1 b) Giải phương trình: x  x  36  (1) Đặt: t  x (ĐK: t  0) Phương trình (1) trở thành: t  5t  36  a 1 b  5 c  36   b  4ac     5   4.1  36     169     169  13 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: b   (5)  13   (nhận) 2a 2.1 b   (5)  13 t2    4 (loại) 2a 2.1 Với t   x   x  3 Vậy: Tập nghiệm phương trình là: S  3; 3 t1  c) Lập phương trình bậc hai x2  5x   a 1 b5 c3   b  4ac    52  4.1.3    13   Phương trình có hai nghiệm phân biệt Theo định lí Vi-ét, ta có: b   S  x1  x2   a    5  P  x x  c    a  x12   x2   S  P    5   2.3   21 Ta có:  2 2 2 2  x1  1 x2  1   x1 x2   x1  x2   P  S  P     5   2.3   29 Do đó: x12  x2  hai nghiệm phương trình X  21X  29  Bài 2: (2.5 điểm) a) Giải phương trình: x  2mx  m   (1) Với m = 1, ta có: 1  x  2.1x     x2  2x   x( x  1)  x    x 1  x   x  Vậy: Tập nghiệm phương trình là: S  0;1 b)Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 2 x  2mx  m   (1) a2 b  2m  b '  m c  m 1  '  b '2  ac   '   m    m  1   '  m  2m    '   m2  2m  1    '   m  1   với m  Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m [đpcm] c) Định m: x  2mx  m   (1) Theo định lí Vi-ét, ta có: b 2m   S  x1  x2   a    m  P  x x  c  m  1  a S  P  Phương trình (1) có hai nghiệm dương   m     m 1   m   m   m   m   m 1 Vậy: Với m > phương trình (1) có hai nghiệm dương Bài 3: (2.0 điểm) Gọi x (km/h) vận tốc ban đầu người xe đạp (x > 0) Thời gian dự định là: 50 (giờ) x Quãng đường người sau là: 2x (km) Quãng đường lại dài: 50 – 2x (km) Vận tốc người xe đạp quãng đường lại là: x + (km/h) Thời gian quãng đường lại là: 50  x (giờ) x2 Theo đề bài, ta có phương trình: 50  x 50 2   x2 x 50 50  x    x x2 Quy đồng mẫu hai vế khử mẫu, ta được: 50.2  x    x  50  x   x  x    100 x  200  100 x  x  x  10 x  x  10 x  100 x  200  100 x  x  a 1  x  10 x  200  b  10  b '  c  200  '  b '  ac   '  52   200    '  225    '  225  15 Phương trinh có hai nghiệm phân biệt: x1  b '  ' 5  15   10 a (nhận) x2  b '  ' 5  15   20 a (loại) Trả lời: Vận tốc ban đầu người xe đạp 10 km/h Bài 4: » , CN  AB  M  , (O;R), AB = CD = 2R, AB  CD , N  BD GT DN = R, AN  CD   E a) Tứ giác OMND nội tiếp KL b) AC.MN = AN.MB c) ED = ?, EC = ? a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp: Trong đường tròn (O), ta có: · CND  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · BOD  900 (gt) · · Do đó: MND  MOD  900  900  1800 Xét tứ giác OMND, ta có: · · MND  MOD  1800 (cmt)  Tứ giác OMND nội tiếp 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: » · ANC  sđ AC (góc nội tiếp) » (góc nội tiếp) · BNC  sđ BC · Do đó: · (t/c bắc cầu) ANC  BNC Ta lại có: · ACN  · ABN (góc nội tiếp chắn » AN ) Xét ACN MBN , ta có: · · (cmt) ACM  MBN · · (cmt) ANC  BNM  ACN : MBN (g-g) AC AN   MB MN  AC.MN  AN MB [đpcm] c) Tính ED: Trong NCD vng N, ta có: NC  ND  CD (đ/l Pitago)  NC  R   R   NC  R Trong đường tròn (O), ta có: » (góc nội tiếp) · ANC  sđ AC · AND  sđ » AD (góc nội tiếp) Mà : » AC  » AD (cmt) · Nên : ANC  · AND (t/c bắc cầu) · Hay NE tia phân giác CND Ta lại có: ED + EC = CD = 2R Trong NCD , ta có: · NE tia phân giác CND (cmt) ND ED (t/c đường phân giác)  NC EC ND ED (t/c tỉ lệ thức)   ND  NC ED  EC R ED   R  R 2R 2R  ED  1   ED  R   1 Tính EC: Ta có: CE  ED  CD 2R  CE   2R 1  CE  2R 1 Bài 5: Bán kính đáy hình nón là: S   r2  144   r  r  12 cm Chiều cao hình nón là: h2  r  l  h  122  132  h  cm Thể tích hình nón là: V  Sh  V  144   V  240 (cm3 ) ...  50  x   x  x    100 x  200  100 x  x  x  10 x  x  10 x  100 x  200  100 x  x  a 1  x  10 x  200  b  10  b '  c  200  '  b '  ac   '  52   200    ' ... Theo đề bài, ta có phương trình: 50  x 50 2   x2 x 50 50  x    x x2 Quy đồng mẫu hai vế khử mẫu, ta được: 50.2  x    x  50  x   x  x    100 x  200  100 x  x  x  10 x...LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 10 Bài 1: (2.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A  1  2  A   1 1    3 2  3  2 3