Đề thi môn Toán vào 10 (có đáp án – Tự luận – Đề 2)

đề thi môn toán vào 10

Môn thi: Toán (Công lập)  (đề thi môn toán vào 10)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 : ( 2 điểm)Cho biểu thức:

a) Rút gọn A

b) Tìm a để A > 6

Bài 2 : ( 1,5 điểm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình  (đề thi môn toán vào 10)

Một ca nô xuôi từ bến A đến B cách nhau 40km, sau đó lại ngược trở về A. Hãy tính vận tốc riêng của ca nô biết rằng thời gian ca nô đi xuôi ít hơn thời gian ca nô đi ngược là 20 phút, vận tốc dòng nước là 3km/h và vận tốc riêng của ca nô không đổi.

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

1) Cho hệ phương trình:

a) Giải hệ phương trình khi m = 3

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn 2x² – 7y = 1

2) Cho parabol (P): y = x² và đường thẳng y = – 2ax – 4a (với là tham số )

a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi a = -1.

b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x₁; x₂ thỏa mãn |x₁ + x₂| = 3

Bài 4 : ( 3,5 điểm)Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F và E. CF cắt BE tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF, Tính số đo cung EHF, diện tích hình quạt IEHF của đường tròn (I) nếu góc BAC = 60^o, AH = 4 cm.

c) AH giao BC tại D. Chứng minh FH là tia phân giác của góc DFE

d) Chứng minh 2 tiếp tuyến của (O) tại E, F và AH đồng quy tại 1 điểm

Bài 5 : ( 0,5 điểm) (đề thi môn toán vào 10)

Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 < a < b và phương trình ax² + bx + c =0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1 :

Bài 2 :

Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) (x > 3)

Vận tốc của cano khi xuôi dòng là x + 3 (km/h)

Thời gian khi cano xuôi dòng là:  (h)

Vận tốc cano khi ngược dòng là x – 3 (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng là x – 3 (km/h)

Thời gian khi cano ngược dòng là:  (h)

Do thời gian xuôi ít hơn thời gian ngược là 20 phút nên ta có phương trình

=> 120x + 360 – x² + 9 = 120x – 360

=> ² = 729 => x = ± 27

Do x > 0 nên x = 27

Vậy vận tốc riêng của cano là 27 km/h

Bài 3 :

a) Khi m = 3, ta có hệ phương trình

Thế phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:

(m – 1)[2 – (m – 1)y] + y = m

<=> 2(m – 1) – (m – 1)²y + y = m

<=> (m² – 2m)y = m – 2 (*)

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất

Khi đó, phương trình (*) có nghiệm

Theo bài ra: 2x² – 7y = 1

=> m² – 5m + 1 = m²

<=> m= 

Vậy m =  thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Cho parabol (P): y = x² và đường thẳng (d) y = – 2ax – 4a (với là tham số )

a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi a = -1.

Khi a = -1; đường thẳng (d): y = 2x + 4

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² – 2x – 4 = 0

Δ’ = 1 – (-4) = 5>0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi a = – 1 là:

b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thỏa mãn | x₁|+|x₂|=3

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = -2ax – 4a

>=< x² + 2ax + 4a = 0

Δ’ = a² – 4a

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt

<=> Δ’ ≥ 0 <=> a²– 4a > 0

Khi đó theo định lí Vi- et ta có:

Theo bài ra: | x₁ | + |x₂ | = 3

<=> x₁² + x₂² + 2|x₁x₂ | = 9

<=> (x₁ + x₂ )² – 2x₁x₂ + 2|x₁x₂ | = 9

<=> 4a² – 2.4a + 2|4a| = 9 (1)

Với a < 0, (1) trở thành: 4a² – 8a – 8a = 9

<=> 4a² – 16a – 9 = 0

Do a < 0 nên a = 

Với a > 4, phương trình (1) trở thành:

4a² – 8a + 8a = 9

<=> a = 

Do a > 4 nên không có a thỏa mãn

Vậy với a =  thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 4 :

a) Ta có:

∠BFC = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AFC = 90^o

∠BEC = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ∠AEC = 90^o

Tứ giác AEHF có:

∠AFC = 90^o

∠AEC = 90^o

=>∠AFC + ∠AEC = 180^o

=> AEHF là tứ giác nội tiếp

b) ∠AFH = 90^o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

Do đó trung điểm I của AH là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF là R = AI =  = 2cm

Ta có: ∠BAC = 60^o

=> ∠FIE = 2∠BAC = 120^o (Góc nội tiếp bằng  góc ở tâm cùng chắn một cung)

=> Số đo ∠EHF = 120^o

Diện tích hình quạt IEHF là:

c) Xét tam giác ABC có:

BE và CF là các đường cao

BE giao với CF tại H

=> H là trực tâm tam giác ABC

=>AH ⊥ BC hay ∠ADC = ∠ADB = 90^o

Xét tứ giác BEFC có:

∠BFC = ∠BEC = 90^o

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng nhau

=> BEFC là tứ giác nội tiếp

=> ∠HFE = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1)

Xét tứ giác BFHD có:

∠BFH = ∠HDB = 90^o

=>∠BFH + ∠HDB = 180^o

=> Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180^o)

=> ∠DFH = ∠BEC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (2)

Từ (1) và (2) = > ∠HFE = ∠DFH

=> FH tia phân giác của góc ∠DFE

d) Tam giác OFB cân tại O => ∠OFB = ∠FBO

Tam giác BFC vuông tại F => ∠FBO + ∠HCD = 90^o

=> ∠OFB + ∠HCD = 90^o (*)

Từ (*) và (**) => ∠OFB = ∠IFH

=> ∠OFB + ∠OFH = ∠IFH + ∠OFH <=> ∠BFC = ∠FIO <=> ∠FIO) = 90^o

Vậy FI là tiếp tuyến của (O)

Chứng minh tương tự EI là tiếp tuyến của (O)

Mà I là trung điểm của AH

=> Tiếp tuyến của (O) tại E và F và AH đồng quy tại 1 điểm.

Bài 5 :

Vì phương trình ax² + bx + c = 0 vô nghiệm nên b² – 4ac < 0

<=> b² < 4ac <=> c >  => c > 0 (vì 0 < a < b)

>3 <=> a + b + c > 3b – 3a (Do 0 < a < b)

<=> 4a – 2b + c > 0 <=> 4ac – 2bc + c² > 0 (Vì c > 0)

<=> b² – 2bc + c² + 4ac – b² > 0 <=> (b – c)² + 4ac – b² > 0

Bất đẳng thức trên đúng