Đề 2 Tham khảo thi tuyển lớp10 (2023-2024) Quân 1
−1

( P ) : y= 2 x và đường thẳng (d) : y=3 x +4
Vẽ đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ. (tự vẽ)
Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính. (- 2; - 2 ) ) và (- 4; - 8 )

Câu 1: Cho

2

a)
b)
Câu 2: Cho phương trình: −x 2+ 2 ( 2+m ) x−m 2
( m là tham số) (1)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 ?
b) Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 của phương trình (1) thoả |x 1 + x 2−4|=2 x 1 x 2 (2)

−x 2+ 2 ( 2+m ) x−m2 (a=−1 ,b=4+2 m ,c =−m2)
2
a ¿ △ ' =( 2+m ) −(−1 ) . (−m2 )=4 m+4 . Phương trình có 2 nghiệm x1; x2 ⇔ △ ' ≥0 ⇔ 4 m+ 4 ≥ 0 ⇔m ≥−1
x + x =−4−2 m
b ¿ Với m≥−1thì Phương trình có 2 nghiệm x 1 ; x 2 .Theo hệ thức Vi−et : 1 2
2
x 1 . x 2=m

{

Ta có |x 1+ x 2−4|=2 x1 x 2 ⇔|−4−2 m−4|=2 m ⇔|−2 m−8|=2 m ⇔|−m−4|=m
|−m−4|=m2 ⇔−m−4=m2 ( với m← 4 ) ( loại ) ( vô nghiệm ) hoặc−m−4=−m2 (với m>−4 )
1− 17
1+ 17
⇔ m2 −m−4=0 ( với m≥−1 ) ⇔ m= √ ( với m≥−1 ) (loại ) hoặc m= √ ( với m≥−1)(nhận)
2
2
1+ 17
Vậy m= √ thì phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoảhệ thức (2)
2
2

2

2

Câu 3: Trong lễ phát động phong trào trồng cây nhân dịp kỷ niệm ngày sinh Bác Hồ, lớp 9A được giao trồng 36) cây. Khi
thực hiện có 4 bạn được điều đi làm việc khác, nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm một cây so với dự định. Hỏi lớp
9A có bao nhiêu học sinh? (Biết số cây trồng của mỗi học sinh như nhau)
Gọi x nguyên dương lớn hơn 4 (học sinh) là số học sinh lớp 9A.

360
360
(cây) và khi thực hiện mỗi bạn trồng
(cây).
x
x−4
360 360
2
=
+1 ⇔ x −4 x−1440=0⇔ x=40 ( nhận ) và x=−36(loại).
Ta có phương trình
x−4
x
Theo dự định mỗi bạn trồng

Vậy lớp 9A có 40 học sinh.

Câu 4: Hai người A và B cùng ở một phía và cách thành phố Hồ Chí Minh 50km. Cả hai người cùng nhau đi trên một con
đường về phía ngược hướng với thành phố, người A đi với vận tốc là 30km/h và người B đi với vận tốc là 45km/h. Gọi d
(km) là khoảng cách từ thành phố Hồ Chí Minh đến hai người A, B sau khi đi được t (giờ).
50km
TP HCM

Type equation here .

a) Lập hàm số của d theo t đối với mỗi người. (dA = 30t + 50 và dB = 45t + 50)
b) Hỏi nếu hai người xuất phát cùng một lúc thì vào thời điểm nào kể từ lúc xuất phát, khoảng cách giữa hai người là 30
km
dB – dA = 45t + 50 – 30t -50 = 15t = 30 => t = 2(h).
Vây sau 2h kể từ lúc xuất phát, khoảng cách giữa hai người là 30 km.

Câu 5: Bà Tám vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bà phải trả cả
tiền vốn lẫn tiền lãi, song bà đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào
với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bà Tám phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho
vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm?

Gọi x > 0 (%) là lãi suất cho vay của ngân hàng trong 1 năm.
Tiền vốn và tiền lãi năm đầu: 500.(1+x) (triệu đồng) và sau 2 năm tiền vốn với lãi:500.(1+x).(1+x) (triệu đồng).
Ta có phương trình 500(1+ x )2=605 ⟺100 x 2 +200 x−21=0 ⟺ x=0,1 ( nhận ) và x=−2,1(loại)
Vậy lãi suất ngân hàng cho vay là 0,1% trong 1 năm.

Câu 6: Dây cu-roa là một trong những bộ truyền được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp. Chiều dài dây cu-roa được xác
2

định theo công thức: L=2 a+

π (d 1 +d 2 ) ( d2 −d 1)
+
2
4a

Trong đó:L: Chiều dài dây cu-roa. a: Khoảng cách tâm của 2 pu-ly.
d1 : Đường kính của pu-ly 1 (hình tròn nhỏ màu vàng)
d 2 : Đường kính của pu-ly 2 (hình tròn lớn màu vàng)
Cho d1 = 10cm, d2 = 20cm, a = 60cm
a)Tính chiều dài của dây cu-roa.
b)Gọi AB là chiều dài một đoạn dây cu-roa, trong đó A, B lần lượt là tiếp điểm trên của dây cu-roa với 2
đường tròn tạo bởi mặt cắt của 2 pu-ly. Tính AB?
π (10+20) (20−10)2
a) Chiều dài của dây cu-roa : L=2.60+
+
≈ 167,54 (cm)
2
4.60
B
d1

A

C

d2 = 20cm

d1 = 10cm

O

a = 60cm

O'

b) A, B là hai tiếp điểm của hai đường tròn
nên AB là tiếp tuyến chung của hai đường tròn  A=B=90°
Vẽ OCO'B tại C (C thuộc O'B) nên C=90°.
Tứ giác OABC là hình chữ nhật (A=B=C=90°)
nên AB = OC và BC= OA = d1
 AB = OC = OO'2 - O'C2 = a2 - (d -d )2 = 602 - (20 - 10)2 = 10 35
2 1
Vậy chiều dài AB 10 35cm

Câu 7: Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (không có đáy). Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng
chiều cao của bình nước và
đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18π dm3. Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các
đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước còn lại
trong bình.
Thể tích nước tràn ra ngoài chính là thể tích một nữa quả cầu bị chìm V 1

Thể tích một nữa quả cầu chìm trong nước : V 1=

√

4
3 18.6
3
π R =18 π ⇔ R=
=3( dm)
6
4

Ta có chiều cao bình hình nón bằng đường kính quả cầu nên h = OA=2OD= 6.
OD 1
sinOAD=
=  OAD = 30° mà OAD=BOD (cùng phụ B)
OA 2
OD
3 R
2R 3 2.3. 3
 cosBOD = cos30°=
 =
 OB=
=
=2 3(dm)
OB
2 OB
3
3
1
1
Thể tích bình hình nón V = πr2h = π.(2 3)2.6=24π (dm3)
3
3
Thể tích nước còn lại trong bình: 24π - 18π = 6π (dm3)

r (bán kính đáy hình nón)
/
2R = D ( đươgng kính quả cầu)

B

C

O

30°

→V1 thể tích phần chìm của quả cầu là 18πdm3

D

___ h =D

(Chiều cao của bình hình nón)
Câu 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Kẻ dây cung CD vuông góc với AB
→bình hình nón
tại H ( H nằm giữa A và O , H khác A và O ). Lấy điểm G thuộc CH ( G khác
30°
C và H ), tia AG cắt đường tròn tại E khác A . Gọi K là giao điểm của hai đường
thẳng BE và CD
A
a) Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp và KC.KD = KE.KB .
b) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn O tại F khác A . Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF .

c)

Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF . Chứng Minh

HE+ HF
=1
MN

a)Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp và KC.KD = KE.KB .
0
0
Xét tứ giác BEGH có ^
BHG= ^
BEG=90 ⇒ ^
BHG+ ^
BEG=180
Vậy tứ giác BEGH nội tiếp đường tròn đường kính BG .
Vì tứ giác BDCE nộitiếp (O)( 4 đỉnh B , D ,C , E cùng∈ ( O ) )⇒ ^
KEC= ^
K DB
^
^
^
Xét △ KEC và △ KDB có KEC = KDB ( cmt ) và K chung nên △ KEC ∽ △ KDB (g . g)
KE KC
⇒
=
⇒ KC . KD=KE . KD
KD KB
b)Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF .

Vì tứ giác A B EF nộitiếp ( O ) ( 4 đỉnh A , B , E , F cùng ∈ ( O ) ) ⇒ ^
A E F= ^
ABF ( cùng chắn cung AF)
^
ABF= ^
AEH ( cùng chắn cung GH của ( BEGH ) ) ⇒ ^
AEF= ^
AEH ⇒ EA là tia phân giác ^
HEF của △ HEF
0
^
^
^
Vì EHC= F B E ( cùng chắn cung G E của ( BEGH ) ) và AFB=90 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
0
BHK =900
⇒ BF ⊥ AK tại F ⇒ ^
BFK =90 và CD ⊥ AB tại H (¿)⇒ ^
0
Xét tứ giác KFHB có ^
BH K =^
B FK =90 (cmt ) ⇒ 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn KB dưới một góc vuông

F BE=^
FHC ( cùng chắn cung FK ) ⇒ ^
E H C=^
F HC
Vậy tứ giác KFHB nội tiếp đường tròn ⇒ ^

⇒ tia HC làtia phân giác ^
E HF của △ HEF màG là giaođiểm của HC và EA (vìG∈ HC và G ∈ EA)
Vậy G là tâm của đường tròn nội tiếp △ HEF
c) Chứng minh HE + HF = MN:
Gọi Q, K lần lượt là giao điểm của EH với (O) và NB với (O).
∠FEH = 2∠FEA (EG là tia phân giác của ∠FEH)
Mà 2∠FEA = ∠FOH ( cùng chắn cung AF của (O)) và 2∠FEH = ∠FOQ (cùng chắn cung FQ của (O))
⇒ 2∠FOH = ∠ FOQ ⇒ OH là tia phân giác của ∠FOQ ⇒ ∠FOH = ∠QOH
Xet △FOH và △QOH có OF = OQ = R, ∠FOH =∠ QOH (cmt) và OH cạnh chung
Vậy △FOH=△QOH (c.g.c) ⇒ HF = HQ ⇒ HF + HE = EQ.
∠AKB =90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
và ∠AMN = ∠KNM = 90° (vì M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF)
⇒ Tứ giác AMNK là hình chữ nhật ⇒ MN = AK và MN//AK.
∠EAK = ∠FEA (2 góc sole trong), ∠FEA = ∠AEH (EA là tia phân giác của ∠FEH)
và ∠AEH = ∠AKQ ( cùng chắn cung AQ của (O))⇒ ∠EAK = ∠AKQ và hai góc này ở vị trí sole trong
⇒ AE//QK và A, E, K, Q cùng thuộc (O) nên AEKQ là hình thang cân.
⇒ AK = EQ mà EQ = HE + HF và AK = MN ⇒ HE + HF = MN