Đề thi thử Toán vào Lớp 10 Lần 17

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 17 
Năm 2014 
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
------------------------------------------------------------------------------------- 
Bài 1: (2.5 điểm) 
a) Giải phương trình: 4 26 5 1 0x x   
b) Rút gọn biểu thức: 
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
A
 
 
 
Bài 2: (2.0 điểm) 
1) Cho 2( ) :P y x  và đường thẳng ( ) : 2 3d y x   . 
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ. 
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 
2) Cho phương trình bậc hai: 2 2 0x x m   (m là tham số) 
a) Giải phương trình với m = 1. 
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 21 1 2 2x x x  
Bài 3: (2.0 điểm) 
 Quãng đường AB dài 78 km. Một người đi xe đạp xuất phát từ A để đi đến B. Sau 
đó 1 giờ, người thứ hai đi xe đạp điện xuất phát từ B để đi đến A. Họ gặp nhau tại một 
địa điểm C cách B là 36 km. Tính thời gian đã đi của mỗi người kể từ lúc khởi hành đến 
khi họ gặp nhau, biết rằng vận tốc của người thứ hai nhanh hơn vận tốc của người thứ 
nhất là 4 km/h. 
Bài 4: (2.5 điểm) 
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax và By với đường 
tròn. Lấy điểm E bất kì trên nửa đường tròn. Qua E, vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax 
tại D và cắt By tại C. 
a) Chứng minh tứ giác OADE nội tiếp. Xác định tâm I. 
b) Gọi F là giao điểm của AC và BD. Chứng minh: EF//AD. 
c) Chứng minh: DE.DB = DF.DC 
Bài 5: (1.0 điểm) 
Cho một hình nón có diện tích đáy bằng 
3
5
 diện tích xung quanh và độ dài đường 
sinh bằng 10 cm. Tính diện tích toàn phần và 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 17 
Bài 1: 
a) Giải phương trình: 4 26 5 1 0x x   (1) 
Đặt: 2t x (ĐK: 0t  ) 
Phương trình (1) trở thành: 
 2
6
6 5 1 0 5
1
a
t t b
c

    

  
2
2
4
5 4.6.1
1 0
1 1
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 
1
5 1 1
2 2.6 2
b
t
a
    
   (nhận) 
 
2
5 1 1
2 2.6 3
b
t
a
    
   (nhận) 
Với 2
1 1 2
2 2 2
t x x      
 2
1 1 3
3 3 3
t x x      
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 
2 2 3 3
; ; ;
2 2 3 3
S
  
   
  
b) Rút gọn biểu thức: 
  
  
  
  
   
3 3 4 3 4
2 3 1 5 2 3
3 3 4 2 3 1 3 4 5 2 3
2 3 1 2 3 1 5 2 3 5 2 3
11 2 3 13 2 3
11 13
2 3 2 3
A
A
A
A
 
 
 
   
  
   
 
  
    
4 2 3 4 2 3
2 2
A
 
   
   
2 2
3 1 3 1
2
A
  
  
3 1 3 1
2
A
  
  
3 1 3 1
2
A
  
  (vì 3 1 0; 3 1 0    ) 
 6A  
Bài 2: 
1a) Vẽ (P) và (d): 
2( ) :P y x  
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
x –2 –1 0 1 2 
2y x  –4 –1 0 –1 –4 
( ) : 2 3d y x   
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
 x 0 1 
2 3y x   –3 –5 
1b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 
 2( ) :P y x  
 ( ) : 2 3d y x   
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2
2
2 3
1
2 3 0 2
3
x x
a
x x b
c
   

     
 
(P) 
(d) 
A 
B 
Ta có:    1 2 3 0a b c        
Phương trình có hai nghiệm: 
1
2
1
3
3
1
x
c
x
a
 

    
Với  1 2. 1 3 1x y         
 3 2.3 3 9x y       
Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: A(– 1;– 1) và B(3;– 9) 
2a) Giải phương trình: 
 2 2 0 (1)x x m   
Với m = 1, ta có: 
  2
2
1 2.1 0
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
 

    
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  1;2S   
2b) Tìm m: 
 2
1
2 0 (1) 1
2
a
x x m b
c m

    
 
    
2
2
4
1 4.1. 2
1 8
b ac
m
m
  
     
   
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0   
1 8 0
1
8
m
m
  
  
Theo định lý Vi-ét, ta có: 
 
 
1 2
1 2
1
1 1
1
2
2 2
1
b
x x
a
c m
x x m
a

     

    

Từ (1) suy ra: 2 11x x  
Theo đề bài, ta có: 
 
2
1 1 2
2
1 1 1
2 2
1 1 1
1
2
1 2
2
2
x x x
x x x
x x x
x
 
   
   
 
Do đó: 2 1 2 1x     
Từ (2) suy ra:  2. 1 2 1m m     (nhận) 
Vậy: Với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài. 
Bài 3: 
Gọi x (km/h) là vận tốc của người thứ nhất (x > 0) 
Vận tốc của người thứ hai là: x + 4 (km/h) 
Quãng đường từ A đến C dài: 78 – 36 = 42 (km) 
Thời gian của người thứ nhất đi từ A đến C là: 
42
x
 (giờ) 
Thời gian của người thứ hai đi từ B đến C là: 
36
4x 
 (giờ) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
42 36
1
4x x
 

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được: 
   
2
2
42 4 36 4
42 168 36 4
4 42 168 36 0
x x x x
x x x x
x x x x
   
    
     
2
1
2 168 0 2 ' 1
168
a
x x b b
c

        
 
   
2
2
' '
' 1 1. 168
' 169 0
' 169 13
b ac  
     
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 
1
1 13' '
14
1
b
x
a
    
   (nhận) 
 
2
1 13' '
12
1
b
x
a
    
    (loại) 
Thời gian đi của người thứ nhất là: 
42
3
14
 (giờ) 
Thời gian đi của người thứ hai là: 
36
2
14 4


 (giờ) 
Trả lời: Thời gian đi của người thứ nhất là: 3 (giờ) 
Thời gian đi của người thứ hai là: 2 (giờ) 
Bài 4: 
GT 
(O); ;Ax AB By AB  ; ( );E O Et OE  ;  Et Ax D  ;  Et By C  ; 
 AC BD F  
KL 
a) Tứ giác OADE nội tiếp 
b) EF//AD 
c) DE.DB = DF.DC 
a) Chứng minh tứ giác OADE nội tiếp: 
Trong đường tròn (O), ta có: 
·
·
· ·
0
0
0 0 0
( ) 90
( ) 90
90 90 180
OA AD gt OAD
OE ED gt OED
OAD OED
  
 
 
    
Xét tứ giác OADE, ta có: 
 · · 0180OAD OED  (cmt) 
  Tứ giác OADE nội tiếp được trong một đường tròn đường kính OD. 
Xác định tâm I: Tâm I của đường tròn là trung điểm của OD. 
b) Chứng minh: EF//AD. 
Trong đường tròn (O), ta có: 
DA và DE là hai tiếp tuyến (gt) 
 DA DE  (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 
CB và CE là hai tiếp tuyến (gt) 
 CB CE  (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 
Ta lại có: 
( )
( )
DA AB gt
CB AB gt



 / /DA CB
FBC FDA
FC BC
FA DA

 
 
: 
Mà 
BC CE
DA DE
 Nên 
FC CE
FA DE
 (t/c bắc cầu) 
Trong CDA , ta có: 
FC CE
FA DE
 (cmt) 
  EF//AD (đ/l đảo Talet) [đpcm] 
c) Chứng minh: DE.DB = DF.DC 
Ta có: 
/ / ( )
/ / ( )
EF AD cmt
AD CB cmt



 / /EF CB (t/c bắc cầu) 
 DEF DCB : (đ/l dựng tam giác đồng dạng) 
. .
DE DF
DC DB
DE DB DF DC
 
 
Bài 5: 
Bán kính đáy của hình nón là: 
2
2
3
5
3
5
3
10
5
6( )
day xqS S
r rl
r r
r cm
 
 

  
   
 
Chiều cao của hình nón là: 
2 2 2
2 2 26 10
8( )
r h l
h
h cm
 
  
 
Diện tích toàn phần của hình nón là: 
2
2
2
6 6 10
96 ( )
tp
tp
tp
S r rl
S
S cm
 
 

 
     
 
Thể tích của hình nón là: 
2
2
3
1
3
1
6 8
3
96 ( )
V r h
V
V cm




   
 