Đề thi môn Toán vào 10 (có đáp án – Tự luận – Đề 1)

đề thi môn toán vào 10

Môn thi: Toán (Công lập)

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm) Cho các biểu thức (đề thi môn toán vào 10)

a) Tính A khi x = 

b) Rút gọn B

c) Cho P = B : A. Tìm x để P < 3

Bài 2 : ( 2 điểm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội thợ mỏ phải khai thác 216 tấn than trong một thời gian nhất định. Ba ngày đầu, mỗi đội khai thác theo đúng định mức. Sau đó, mỗi ngày họ đều khai thác vượt mức 8 tấn. Do đó họ đã khai thác được 232 tấn và xong trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đội thợ phải khai thác bao nhiêu tấn than?

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

1) giải hệ phương trình sau:

2) Cho phương trình (1)

a) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m.

b) Gọi x₁,x₂ là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x₁, x₂ thỏa mãn

x₁(1-x₂) + x₂(1 – x₁ )< 4.

Bài 4 : ( 3,5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (với AB < AC). BE và CF là 2 đường cao của tam giác cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác BEFC và AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại S và EF cắt đường tròn (O) tại M và N (M nằm giữa S và E). Chứng minh SM. SN = SE. SF

c) Tia CE cắt đường tròn (O) tại K, vẽ dây KI song song với EF.

Chứng minh H, K đối xứng nhau qua AB

d) Chứng minh 3 điểm H, F, I thẳng hàng.

Bài 5 : (0,5 điểm)Cho ba số a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

Đáp án và Hướng dẫn giải (đề thi môn toán vào 10)

Bài 1 :

<=>  – 6<0 (BĐT luôn đúng với mọi x)

Vậy với mọi x > 0;x ≠ 9 thì P < 3

Bài 2 :

Gọi số tấn than mỗi ngày đội thợ phải khai thác theo kế hoạch là x ( tấn/ ngày) (x >0)

=> Thời gian dự định làm là  (ngày)

Số tấn than 3 ngày đầu khai thác được là: 3x ( tấn)

Sau 3 ngày đầu, mỗi ngày khai thác vượt mức 8 tấn do đó họ khai thác được 232 tấn nên thời gian khai thác thực tế là:

Do thời gian xong trước 1 ngày nên ta có phương trình

Do x > 0 nên x = 24

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày đội phải khai thác 24 tấn than.

Bài 3 :

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (7; 6)

2) x² – 2(m – 2)x + 2m – 5 = 0

a) Δ’ = (m – 2)² – (2m – 5) = m² – 6m + 9 = (m – 3)² >= 0∀m

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

b) Gọi x¹,x² là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x¹, x² thỏa mãn

x¹(1 – x² ) + x² (1 – x¹ ) < 4

Theo định lí Vi-et ta có:

x¹ (1- x² ) + x² (1 – x¹ ) = x¹ – x¹ x² + x² – x¹ x² = x¹ + x² – 2x¹x²

= 2(m – 2) – 2(2m – 5) = -2m + 6

Theo bài ra:

x¹ (1 – x² ) + x² (1 – x¹ )<4

<=> -2m + 6 < 4 <=> m > 1

Vậy với m > 1 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài

Bài 4 :

a) Xét tứ giác BEFC có:

∠BEC = 90 ^o (CE là đường cao)

∠BFC = 90 ^o (BF là đường cao)

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

=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AEHF có:

∠AEH = 90 ^o (CE là đường cao)

∠AFH = 90 ^o (BF là đường cao)

=> ∠AEH + ∠AFH = 180 ^o

=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.

b) Xét ΔSBE và ΔSFC có:

∠FSC là góc chung

∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)

=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)

=>  => SE.SF = SB.SC (1)

Xét ΔSMC và ΔSNB có:

∠ NSC là góc chung

∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)

=>  =>SM.SN = SB.SC (2)

Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN

c) Ta có:

=> ∠KAE = ∠HAE

=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH

Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH

=> ΔKAH cân tại A

=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH

=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB

d) Tia BF cắt đường tròn (O) tại J

∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)

∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )

=> ∠KJB = ∠EFH

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> KJ // EF

KI // EF (gt)

=> I ≡ J

=> H, F, J thẳng hàng

Bài 5 :

Ta có: (a – b)² ≥ 0 => a² + b² ≥ 2ab

a³ + b³ + abc = (a + b)(a² – ab + b² ) + abc

a³ + b³ + abc ≥ (a + b)(2ab – ab) + abc = ab(a + b) + abc

=> a³ + b³ + abc ≥ ab(a + b + c)

Vì a, b, c > 0 nên

Tương tự, ta có:

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

(đề thi môn toán vào 10)