Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Đồng Nai có đáp án

5 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

1) Giải phương trình $x^{2} + 8 x + 15 = 0$ .

2) Giải phương trình $x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0$ .

3) Giải hệ phương trình ${2 x + 3 y = 13 x - 3 y = 2$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1)Cách 1: Giải phương trình $x^{2} + 8 x + 15 = 0$ .

$a = 1; b = 8; c = 15$

$Δ = b^{2} - 4 a c = 8^{2} - 4.1.15 = 4 > 0 \Rightarrow Δ = 4 = 2$ .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$x_{1} = \frac{- b + Δ}{2 a} = \frac{- 8 + 2}{2} = - 3$

$x_{2} = \frac{- b - Δ}{2 a} = \frac{- 8 - 2}{2} = - 5$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = {- 3; - 5} .$

Cách 2: Giải phương trình $x^{2} + 8 x + 15 = 0$ .

$a = 1; b^{'} = 4; c = 15$

$Δ^{'} = (b^{'})^{2} - a c = 4^{2} - 1.15 = 1 > 0 \Rightarrow Δ^{'} = 1 = 1$ .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$x_{1} = \frac{- b ^{'} + Δ ^{'}}{a} = \frac{- 4 + 1}{1} = - 3$

$x_{2} = \frac{- b ^{'} - Δ ^{'}}{a} = \frac{- 4 - 1}{1} = - 5$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = {- 3; - 5} .$

Cách 3: Giải phương trình $x^{2} + 8 x + 15 = 0$ .

$x^{2} + 8 x + 15 = 0 \Leftrightarrow x^{2} + 3 x + 5 x + 15 = 0$

$\Leftrightarrow (x^{2} + 3 x) + (5 x + 15) = 0 \Leftrightarrow x (x + 3) + 5 (x + 3) = 0 \Leftrightarrow (x + 3) (x + 5) = 0$

$\Leftrightarrow [x + 3 = 0 x + 5 = 0$

$\Leftrightarrow [x = - 3 x = - 5$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = {- 3; - 5} .$

2.Cách 1: Giải phương trình $x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0$ (1).

Đặt $t = x^{2} (t \geq 0)$ .

Khi đó phương trình (1) trở thành $t^{2} - 3 t - 4 = 0 (2)$ .

Ta có $a - b + c = 1 - (- 3) + (- 4) = 0$ nên phương trình (2) có hai nghiệm $t_{1} = - 1$ (loại); $t_{2} = 4$ (nhận).

Với $t = t_{2} = 4$ ta có $x^{2} = 4$ . Suy ra $x_{1} = 2; x_{2} = - 2.$

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S = {- 2; 2} .$

Cách 2: Giải phương trình $x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0$ (1).

Đặt $t = x^{2} (t \geq 0)$ .

Khi đó phương trình (1) trở thành $t^{2} - 3 t - 4 = 0 (2)$ .

$a = 1; b = - 3; c = - 4 Δ = b^{2} - 4 a c = (- 3)^{2} - 4.1. (- 4) = 25 > 0 \Rightarrow Δ = 25 = 5$

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

$t_{1} = \frac{- b + Δ}{2 a} = \frac{3 + 5}{2} = 4$ (nhận)

$t_{2} = \frac{- b - Δ}{2 a} = \frac{3 - 5}{2} = - 1$ (loại)

Với $t = t_{1} = 4$ ta có $x^{2} = 4$ . Suy ra $x_{1} = 2; x_{2} = - 2.$

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S = {- 2; 2} .$

Cách 3: Giải phương trình $x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0$ . (1)

Ta có $x^{4} - 3 x^{2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x^{4} + x^{2} - 4 x^{2} - 4 = 0 \Leftrightarrow (x^{4} + x^{2}) - (4 x^{2} + 4) = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} (x^{2} + 1) - 4 (x^{2} + 1) = 0 \Leftrightarrow (x^{2} + 1) (x^{2} - 4) = 0$

$\Leftrightarrow [x^{2} + 1 = 0 (2) x^{2} - 4 = 0 (3)$

Giải phương trình (2): $x^{2} + 1 = 0$

(vô nghiệm vì với mọi $x \in R$ thì $x^{2} + 1 > 0)$

Giải phương trình (3): $x^{2} - 4 = 0 \Leftrightarrow x^{2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2$

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S = {- 2; 2} .$

3.Cách 1: Giải hệ phương trình ${2 x + 3 y = 13 x - 3 y = 2$

${2 x + 3 y = 13 x - 3 y = 2 \Leftrightarrow {3 x = 15 x - 3 y = 2$

$\Leftrightarrow {x = 5 x - 3 y = 2 \Leftrightarrow {x = 5 5 - 3 y = 2 \Leftrightarrow {x = 5 y = 1$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (5; 1) .$

Cách 2: Giải hệ phương trình ${2 x + 3 y = 13 x - 3 y = 2$

${2 x + 3 y = 13 x - 3 y = 2 \Leftrightarrow {2 x + 3 y = 13 x = 3 y + 2 \Leftrightarrow {2 (3 y + 2) + 3 y = 13 x = 3 y + 2$

$\Leftrightarrow {6 y + 4 + 3 y = 13 x = 3 y + 2 \Leftrightarrow {9 y = 9 x = 3 y + 2 \Leftrightarrow {x = 5 y = 1 \cdot$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (5; 1) .$

Câu 2

Câu tự luận

Rút gọn biểu thức $A = (2 - 1)^{2} - \frac{1}{3} 18$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

$A = (2 - 1)^{2} - \frac{1}{3} 18 = 2 - 1 - \frac{1}{3} 9.2$

$= 2 - 1 - 2$

$= - 1.$

Câu 3

Câu tự luận

) Vẽ đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2} .$

2) Tìm tham số thực m để đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$
có điểm chung.

3) Cho phương trình $3 x^{2} + 5 x - 1 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}$ , $x_{2}$ . Tính giá trị biểu thức $T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1.Vẽ đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2} .$

+ Hàm số xác định với mọi $x \in R$ .

+ Bảng giá trị:

$x$ .–2.–1.0.1.2

$y$ .–8.–2.0.–2.–8

+ Nhận xét: Đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ là một đường cong parabol đi qua gốc tọa độ $O (0; 0),$ nhận trục Oy làm trục đối xứng, nằm phía dưới trục hoành, điểm O là điểm cao nhất của đồ thị.

y = - 2 x^{2} .

(ảnh 1)">

2.Tìm tham số thực m để đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$ có điểm chung.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$ là $- 2 x^{2} = x - m \Leftrightarrow 2 x^{2} + x - m = 0$

$Δ = 1^{2} - 4.2. (- m) = 1 + 8 m .$

Để đồ thị hàm số $y = - 2 x^{2}$ và đường thẳng $y = x - m$ có điểm chung thì $Δ \geq 0 \Rightarrow 1 + 8 m \geq 0 \Leftrightarrow m \geq - \frac{1}{8} \cdot$

Cách 1: Cho phương trình $3 x^{2} + 5 x - 1 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}$ , $x_{2}$ . Tính giá trị biểu thức $T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2}$ .

Vì $x_{1}$ , $x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình $3 x^{2} + 5 x - 1 = 0$ nên

theo hệ thức Vi-ét thì ${x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} = \frac{- 5}{3} x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} = \frac{- 1}{3}$ .

$T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2} = 6 (x_{1} + x_{2}) - 7 x_{1} x_{2}$

$= 6 (\frac{- 5}{3}) - 7. (\frac{- 1}{3}) = \frac{- 23}{3}$

Cách 2: Cho phương trình $3 x^{2} + 5 x - 1 = 0$ có hai nghiệm $x_{1}$ , $x_{2}$ . Tính giá trị biểu thức $T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2}$ .

3.Giải được hai nghiệm của phương trình $3 x^{2} + 5 x - 1 = 0$

$x_{1} = \frac{- 5 + 37}{6}; x_{2} = \frac{- 5 - 37}{6}$

$T = 6 x_{1} - 7 x_{1} x_{2} + 6 x_{2} = 6 \cdot \frac{- 5 + 37}{6} - 7 \cdot \frac{- 5 + 37}{6} \cdot \frac{- 5 - 37}{6} + 6 \cdot \frac{- 5 - 37}{6}$

$= \frac{- 23}{3}$

Câu 4

Câu tự luận

1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm $\frac{5}{12}$ thể tích của bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao lâu?

2) Một hình nón có bán kính đáy r = 6cm, độ dài đường sinh $l$ = 10cm. Tính thể tích của hình nón đó.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1.Tính thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể.

Gọi x (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ nhất chảy đầy bể nước.

y (phút) là thời gian chỉ riêng vòi thứ hai chảy đầy bể nước.

Điều kiện x, y > 0.

Mỗi phút vòi thứ nhất chảy được $\frac{1}{x}$ (bể nước).

Mỗi phút vòi thứ hai chảy được $\frac{1}{y}$ (bể nước).

Vì cả hai vòi cùng chảy sau 40 phút thì đầy bể nên mỗi phút cả hai vòi cùng chảy được $\frac{1}{40}$ (bể nước).

Từ đó ta có phương trình $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{40} (1)$

Khi mở vòi thứ nhất chảy trong 15 phút rồi khóa lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 20 phút thì lúc này lượng nước trong bể chiếm $\frac{5}{12}$ thể tích của bể nước nên ta có phương trình $15 \cdot \frac{1}{x} + 20 \cdot \frac{1}{y} = \frac{5}{12} (2)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

${\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{40} 15 \cdot \frac{1}{x} + 20 \cdot \frac{1}{y} = \frac{5}{12} \Leftrightarrow {\frac{1}{x} = \frac{1}{60} \frac{1}{y} = \frac{1}{120} \Leftrightarrow {x = 60 y = 120$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để vòi thứ nhất chảy đầy bể là

60 (phút), thời gian để vòi thứ hai chảy đầy bể là 120 (phút).

2.Tính thể tích của hình nón.

1) Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn (không có nước) sau 40 phút thì đầy bể (ảnh 1)

Độ dài đường cao của hình nón là $h = l^{2} - r^{2} = 10^{2} - 6^{2} = 8 (c m)$

Thể tích của hình nón là $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π . 6^{2} .8 = 96 π (c m^{3}) .$

Câu 5

Câu tự luận

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Từ điểm M vẽ đường thẳng MN vuông góc với BC (N thuộc BC), đường thẳng MN cắt đường thẳng AC tại K.

1) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.

2) Chứng minh $A B K = A C M .$

3) Đoạn thẳng BK cắt đường tròn đường kính BM tại điểm D (D khác B). Gọi I là tâm và r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BKC. Chứng minh $\frac{1}{r} = \frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B} \cdot$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B) (ảnh 1)

1.Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.

Xét tứ giác AMNC có

$C A M = C A B = 9 0^{o}$ ( $Δ A B C$ vuông tại A, $M \in A B$ ).

$C N M = 9 0^{o}$ (MN vuông góc BC).

Suy ra $C A M + C N M = 9 0^{o} + 9 0^{0} = 18 0^{0}$

Vậy tứ giác AMNC nội tiếp (tổng hai góc đối bằng $18 0^{0}$ ).

2.Chứng minh $A B K = A C M .$

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B) (ảnh 2)

Xét tứ giác ANBK có

$K A B = 9 0^{o}$ (kề bù với góc vuông CAB).

$K N B = M N B = 9 0^{o}$ (MN vuông góc BC, K thuộc đường thẳng MN).

Suy ra $K A B = K N B = 9 0^{o} .$

Vậy tứ giác ANBK nội tiếp (hai đỉnh A, N kề nhau cùng nhìn cạnh BK dưới một góc bằng $9 0^{0}$ ).

$\Rightarrow A B K = A N K$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK). (1)

Vì tứ giác AMNC nội tiếp (chứng minh câu 5.1)

nên $A N M = A C M$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).

hay $A N K = A C M$ (K thuộc đường thẳng MN). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B K = A C M .$

3.Chứng minh $\frac{1}{r} = \frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B} \cdot$

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B) (ảnh 3)

Xét $Δ B C K$ có BA là đường cao, KN là đường cao, M là giao điểm của BA và KN.

Suy ra M là trực tâm của $Δ B C K .$

Do đó $C M ⊥ B K .$ (1)

Xét đường tròn đường kính BM có $M D B = 9 0^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $M D ⊥ B K .$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm C, M, D thẳng hàng. Do đó $C D ⊥ B K .$

Diện tích $Δ B I C$ là $S_{B I C} = \frac{1}{2} . r . B C$

Diện tích $Δ B I K$ là $S_{B I K} = \frac{1}{2} . r . B K$

Diện tích $Δ C I K$ là $S_{C I K} = \frac{1}{2} . r . C K$

Diện tích $Δ B C K$ là $S_{B C K} = \frac{1}{2} K N . B C = \frac{1}{2} B K . C D = \frac{1}{2} C K . A B$

Suy ra $\frac{1}{2} B C = \frac{S _{B C K}}{K N}; \frac{1}{2} B K = \frac{S _{B C K}}{C D}; \frac{1}{2} C K = \frac{S _{B C K}}{A B}$

Mà $S_{B C K} = S_{B I C} + S_{B I K} + S_{C I K}$

hay $S_{B C K} = r . \frac{S _{B C K}}{K N} + r . \frac{S _{B C K}}{C D} + r . \frac{S _{B C K}}{A B}$

$\Rightarrow S_{B C K} = r . S_{B C K} (\frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B})$

Vậy $\frac{1}{r} = \frac{1}{K N} + \frac{1}{C D} + \frac{1}{A B} \cdot$