https://thcs.toanmath.com/de-thi-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan
ĐÁP ÁN:
Bài 1 (2 điểm).
1) Giải phương trình
2
60
xx
+−=
.
25 0∆= >
phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
15 15
2; 3
22
xx
−+ −−
= = = =
.
Tập nghiệm phương trình
{ }
2; 3S =
.
2) Giải phương trình
34
xx
−=
.
Đặt
( )
0, 0t xx t= ≥≥
phương trình trở thành
2
3 40tt
−=
.
Ta có
nên phương trình có hai nghiệm
1
1t =
(loại),
2
4
t =
(nhận).
Với
4 4 16t xx
= =⇔=
.
Tập nghiệm phương trình
{ }
16S =
.
3) Giải hệ phương trình
1
238
xy
xy
−=
+=
1 33 3 55 1 1
238 238 238 238 2
xy x y x x x
xy xy xy y y
−= = = = =
 
⇔⇔
 
+= += += += =
 
Tập nghiệm hệ phương trình
( )
{ }
1; 2S
=
.
Bài 2 (1,5 điểm).
1) Vẽ đồ thị của hàm số
2
0,5yx=
.
x
y
O
2
-2
-2
-8
-4
4
2)
( )
1
:d y ax b= +
vuông góc với
( ) : 0,5 2dy x=−+
nên có
( )
. 0,5 1 2aa =−⇔ =
.
( )
1
:2d y xb= +
tiếp xúc
2
( ) : 0,5
Py x=
nên phương trình
22
0,5 2 0,5 2 0x xb x xb = + ⇔− =
có nghiệm kép nên
42 0 2
bb∆= = =
.
Vậy phương trình đường thẳng
(
)
1
: 22dy x
= +
.
Bài 3 (1,5 điểm).
1) Phương trình
22
2( 1) 0x m xm m
+ + +=
hai nghiệm phân biệt khi
22
2 1 10 1m m m mm m
= + + = + > >−
.
Vậy
1m >−
thì phương trình
22
2( 1) 0x m xm m
+ + +=
có hai nghiệm phân biệt.
2)
22
2( 1) 0x m xm m
+ + +=
Ta
12
12
2
2
12 12
12
12
1
2( 1)
2
.
11
22
xx
m
xx m
xx xx
xx m m
xx
+
=
+= +

++
= +

= −+


( ) ( )
2
12 12 12
2 40xx xx xx+ +− =
hệ thức liên hệ giữa
1
x
2
x
không phụ
thuộc vào tham số m.
Bài 4 (1,5 điểm).
Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc
( )
, 0, 0xy x y>>
(đồng).
Ta có phương trình
630000xy+=
.
Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là
15% 85% 0,85xx xx
−==
.
Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là
12% 88% 0,88
yy yy−==
.
Ta có phương trình
0,85 0,88 543000xy+=
.
Giải hệ
630000
0,85 0,88 543000
xy
xy
+=
+=
630000 0,88 0,88 554400
0,85 0,88 543000 0,85 0,88 543000
xy x y
xy xy
+= + =

⇔⇔

+= +=

0,03 11400 380000 380000
630000 380000 630000 250000
xx x
xy y y
= = =

⇔⇔

+= += =

Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc
380000 (đồng) 250000 (đồng).
Bài 5 (3,5 điểm).
1) Ta có CH BD H nhìn CD dưới một góc vuông (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB
Hai bán kính OC = OB
OD là trung trực của BC OD CB
N nhìn CD dưới một góc vuông (2)
Từ (1) và (2) tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn.
2
1
E
N
M
H
D
A
O
B
C
2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB, ta có
12
DD
=
Theo tính chất tiếp tuyến và giả thiết, ta có góc
COD DMH=
(cùng phụ với hai góc
bằng nhau
12
DD=
)
Mặt khác
DMH CMO=
(đối đỉnh)
COD CMO=
COM có
COM CMO=
cân tại C
CM CO=
.
3) EAC và ECB có góc E chung và góc
ECA CBA=
(cùng chắn cung AC)
đồng dạng
2
.
EA EC
EA EB EC
EC EB
=⇒=
.
4) Hình nón được tạo bởi tam giác vuông DNB quay quanh DN
bán kính
r NB=
và chiều cao
h ND
=
.
Theo Pitago cho tam giác vuông BOD:
22
36 64 10OD OB BD cm= + = +=
.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BOD, ta có:
6.8
. . 4,8
10
BN OD OB BD BN cm= ⇒==
.
2
64
. 6, 4
10
BD DN DO DN cm= ⇒==
Thể tích của hình nón tạo thành
( )
22 3
1 1 6144
. . .(4,8) .6,4 154,4156
3 3 125
V r h cm
ππ π
= = =
.
Trường THPT Tân Bình Bình Dương.
Giáo viên: Lê Hành Pháp.

Preview text:

https://thcs.toanmath.com/de-thi-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan ĐÁP ÁN: Bài 1 (2 điểm). 1) Giải phương trình 2
x + x − 6 = 0.
∆ = 25 > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 − + 5 1 − − 5 x = = 2; x = = 3 − . 1 2 2 2
Tập nghiệm phương trình là S = {2;− } 3 .
2) Giải phương trình x − 3 x = 4.
Đặt t = x (x ≥ 0,t ≥ 0) phương trình trở thành 2t − 3t − 4 = 0 . Ta có 1− ( 3)
− − 4 = 0 nên phương trình có hai nghiệm t = 1
− (loại), t = 4 (nhận). 1 2
Với t = 4 ⇒ x = 4 ⇔ x =16.
Tập nghiệm phương trình là S = { } 16 . x y = 1 −
3) Giải hệ phương trình  2x + 3y = 8 x y = 1 − 3  x − 3y = 3 − 5  x = 5 x =1 x =1  ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ 2x 3y 8 2x 3y 8 2x 3y 8 2 3y 8  + = + = + = + = y = 2
Tập nghiệm hệ phương trình là S = ( { 1;2)}. Bài 2 (1,5 điểm).
1) Vẽ đồ thị của hàm số 2 y = 0, − 5x . y -4 -2 O 2 4 x -2 -8
2) (d : y = ax + b vuông góc với (d): y = 0, − 5x + 2 nên có . a ( 0, − 5) = 1 − ⇔ a = 2. 1 )
(d : y = 2x + b tiếp xúc 2 (P) : y = 0,
− 5x nên phương trình 1 ) 2 2 0,
− 5x = 2x + b ⇔ 0,
− 5x − 2x b = 0 có nghiệm kép nên ∆ = 4 − 2b = 0 ⇔ b = 2 .
Vậy phương trình đường thẳng (d : y = 2x + 2. 1 ) Bài 3 (1,5 điểm). 1) Phương trình 2 2
x − 2(m +1)x + m + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khi 2 2 ′
∆ = m + 2m +1− m m = m +1> 0 ⇔ m > 1 − . Vậy m > 1 − thì phương trình 2 2
x − 2(m +1)x + m + m = 0 có hai nghiệm phân biệt. 2) 2 2
x − 2(m +1)x + m + m = 0  x + x 1 2 m = −1 x x 2(m 1)  + = +  2 Ta có 1 2  ⇔  2 ⇒ 2
x .x = m + m   x + xx + x 1 2 1 2 1 2 x x = −1 + −   1 1 2   2  2
(x + x )2 − 2 x + x − 4x x = 0 là hệ thức liên hệ giữa x x mà không phụ 1 2 ( 1 2) 1 2 1 2
thuộc vào tham số m. Bài 4 (1,5 điểm).
Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc
x, y(x > 0, y > 0) (đồng).
Ta có phương trình x + y = 630000.
Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là x −15%x = 85%x = 0,85x.
Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là y −12%y = 88%y = 0,88y .
Ta có phương trình 0,85x + 0,88y = 543000 .
x + y = 630000 Giải hệ 
0,85x + 0,88y = 543000
x + y = 630000
0,88x + 0,88y = 554400  ⇔  ⇔
0,85x + 0,88y = 543000
0,85x + 0,88y = 543000 0,03x =11400 x = 380000 x = 380000  ⇔  ⇔ x y 630000 380000  y 630000  + = + = y = 250000
Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc
là 380000 (đồng) và 250000 (đồng). Bài 5 (3,5 điểm).
1) Ta có CH ⊥ BD ⇒ H nhìn CD dưới một góc vuông (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB Hai bán kính OC = OB
⇒ OD là trung trực của BC ⇒ OD ⊥ CB
⇒ N nhìn CD dưới một góc vuông (2)
Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn. D 1 2 C H M N E A O B
2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB, ta có  =  D D 1 2
Theo tính chất tiếp tuyến và giả thiết, ta có góc  = 
COD DMH (cùng phụ với hai góc bằng nhau  =  D D ) 1 2 Mặt khác  = 
DMH CMO (đối đỉnh) ⇒  =  COD CMO ∆COM có  = 
COM CMO ⇒ cân tại C ⇒ CM = CO .
3) ∆EAC và ∆ECB có góc E chung và góc  = 
ECA CBA (cùng chắn cung AC)
⇒ đồng dạng ⇒ EA EC 2 = ⇒ E . A EB = EC . EC EB
4) Hình nón được tạo bởi tam giác vuông DNB quay quanh DN
⇒ bán kính r = NB và chiều cao h = ND .
Theo Pitago cho tam giác vuông BOD: 2 2
OD = OB + BD = 36 + 64 =10cm .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BOD, ta có: 6.8
BN.OD = O . B BD BN = = 4,8cm . 10 Và 2 64
BD = DN.DO DN = = 6,4cm 10
Thể tích của hình nón tạo thành 1 2 1 2 6144
V = π.r .h = π.(4,8) .6,4 = π ≈154,4156( 3 cm ) . 3 3 125
Trường THPT Tân Bình − Bình Dương.
Giáo viên: Lê Hành Pháp.
Document Outline

  • de-tuyen-sinh-vao-lop-10-mon-toan-nam-2023-2024-so-gddt-binh-duong
  • TS TOAN 10 BINH DUONG 2024
    • ĐÁP ÁN: