Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Bình Dương

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 là một sự kiện quan trọng đánh dấu bước ngoặt trong cuộc đời mỗi học sinh. Bài viết này sẽ trình bày hướng dẫn giải chi tiết đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh Bình Dương, giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đồng thời rút ra kinh nghiệm cho kỳ thi sắp tới của mình.

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán Bình Dương

Lời giải chi tiết

Bài 1

1)

Phương trình \(x^2+2x-6=0\)  có  dạng \(ax^2 + bx + c = 0 với a = 1, b = 2, c = -6.\)

Ta có \(\Delta = b^2 – 4ac = 2^2 – 4(1)(-6) = 25 > 0\).

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\[
x_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-2 + \sqrt{25}}{2 \cdot 1} = \frac{2}{2} = 1
\]
\[
x_2 = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{-2 – \sqrt{25}}{2 \cdot 1} = -\frac{4}{2} = -3
\]

Vậy phương trình có hai nghiệm \(x_1 = 1\), \(x_2 = -3.\)

2)

Đặt \( a = \sqrt{x} \). Khi đó phương trình trở thành:

\[ a^2 – 3a – 4 = 0 \]

Phương trình này có dạng \( ax^2 + bx + c = 0 \) với \( a = 1 \), \( b = -3 \), \( c = -4 \).

Ta có \( \Delta = b^2 – 4ac = (-3)^2 – 4(1)(-4) = 25 > 0 \).

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\[ a_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{3 + \sqrt{25}}{2 \cdot 1} = \frac{8}{2} = 4 \]

\[ a_2 = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{3 – \sqrt{25}}{2 \cdot 1} = \frac{-2}{2} = -1 \]

Với \( a_1 = 4 \), ta có \( \sqrt{x} = 4 \Rightarrow x = 16 \).

Với \( a_2 = -1 \), ta có \( \sqrt{x} = -1 \) (vô nghiệm).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 16.

3)

Từ phương trình đầu tiên, ta có: \( x = y – 1 \). Thay vào phương trình thứ hai, ta được:

\[ 2(y – 1) + 3y = 8 \]

\[ \Leftrightarrow 5y – 2 = 8 \]

\[ \Leftrightarrow 5y = 10 \]

\[ \Leftrightarrow y = 2 \]

Thay \( y = 2 \) vào phương trình đầu tiên, ta được:

\[ x – 2 = -1 \]

\[ \Leftrightarrow x = 1 \]

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  (x, y) = (1, 2) .

Bài 2

1)

x	\(y = -0,5x^2\)
-2	2
-1	0,5
0	0
1	0,5
2	2

Đồ thị của hàm số \(y = -0,5x^2\) là một parabol đi qua các điểm (-2; 2), (-1; 0,5), (0; 0), (1; 0,5), (2; 2).

2)

(d’) vuông góc với (d) nên hệ số góc của (d’) bằng -2.

Gọi phương trình của (d’) là y = -2x + b.

Để (d’) tiếp xúc với (P), ta cần có:

\(-2x + b = -0,5x^2\)

Thay x = 1 và x = -1 vào phương trình trên, ta được:

-2 + b = -0,5

2 + b = -0,5

Giải hệ phương trình này, ta được: b = 0,5 và b = 3,5.

Vậy phương trình đường thẳng (d’) là y = -2x + 0,5 hoặc y = -2x + 3,5.

Bài 3

1)

Phương trình đã cho có dạng \(ax^2 + bx + c = 0\) với \(a = 1\), \(b = -2(m + 1)\), \(c = m^2 + m\).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt, ta cần có:

\[ \Delta = b^2 – 4ac > 0 \]

\[ \Leftrightarrow [-2(m + 1)]^2 – 4(1)(m^2 + m) > 0 \]

\[ \Leftrightarrow 4m^2 + 8m + 4 – 4m^2 – 4m > 0 \]

\[ \Leftrightarrow 4m + 4 > 0 \]

\[ \Leftrightarrow m > -1 \]

Vậy với \(m > -1\), phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

2)

Gọi \( x_1 \) và \( x_2 \) là hai nghiệm của phương trình.

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

\[ x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = 2(m + 1) \]

\[ x_1x_2 = \frac{c}{a} = m^2 + m \]

Ta cần tìm hệ thức liên hệ giữa \( x_1 \) và \( x_2 \) mà không phụ thuộc vào tham số \( m \).

Ta có:

\[ x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 – 2x_1x_2 \]

\[ = [2(m + 1)]^2 – 2(m^2 + m) \]

\[ = 4m^2 + 8m + 4 – 2m^2 – 2m \]

\[ = 2m^2 + 6m + 4 \]

\[ = 2(m^2 + 3m + 2) \]

\[ = 2[(m + 1)^2 + 1] \]

Vì \( m > -1 \) nên \( (m + 1)^2 + 1 > 0 \).

Do đó, \( x_1^2 + x_2^2 > 0 \).

Vậy hệ thức liên hệ giữa \( x_1 \) và \( x_2 \) mà không phụ thuộc vào tham số \( m \) là:

\[ x_1^2 + x_2^2 = 2[(m + 1)^2 + 1] > 0 \]

Bài 4

Gọi:

Giá niêm yết của quạt máy là x (đồng).

Giá niêm yết của ấm đun siêu tốc là y (đồng).

Ta có:

Khi chưa giảm giá, tổng số tiền Bác Tư phải trả là x + y = 630000 (đồng).

Sau khi giảm giá, giá của quạt máy là 85%x (đồng).

Sau khi giảm giá, giá của ấm đun siêu tốc là 88%y (đồng).

Do đó, tổng số tiền Bác Tư phải trả sau khi giảm giá là 85%x + 88%y = 543000 (đồng).

Ta có hệ phương trình:

\begin{cases}x+y=630000\ 0,85x+0,88y=543000\end{cases}

Giải hệ phương trình:

Nhân phương trình thứ nhất với 0,88, ta được:

0,88x + 0,88y = 554400

Lấy phương trình này trừ phương trình thứ hai, ta được:

0,03x = 11400

Giải phương trình này, ta được: x = 380000.

Thay x = 380000 vào phương trình thứ nhất, ta được:

380000 + y = 630000

Giải phương trình này, ta được: y = 250000.

Vậy:

Giá niêm yết của quạt máy là 380000 đồng.

Giá niêm yết của ấm đun siêu tốc là 250000 đồng.

Bài 5

1)

Ta có: ∠BDC \(\le\) BCD=90∘(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó, tứ giác BCHD nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC.

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có: ∠BDI \(\le\) BID (góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

Mặt khác, ∠BDI \(\le\) CDI (góc đối đỉnh)

Do đó, ∠BID \(\le\) CDI

Xét hai tam giác BID và CID, ta có:

BD = CD (bán kính)

∠BID \(\le\) CDI (cmt)

BI = CI (I là trung điểm của BC)

Do đó, △BID=△CID (g.c.g)

Suy ra:

∠IBD \(\le\)I CD

Mặt khác, ∠IBD \(\le\) IDH (góc nội tiếp cùng chắn cung ID)

Do đó, ∠ICD \(\le\) IDH

Xét hai tam giác ICD và IDH, ta có:

ID chung

∠ICD \(\le\) IDH (cmt)

CD = HD (bán kính)

Do đó, △ICD=△IDH (g.c.g)

Suy ra:

∠CID \(\le\) CHI

Mặt khác, ∠CID \(\le\) CHD (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Do đó, ∠CHI \(\le\) CHD

Xét hai tam giác CHI và CHD, ta có:

CH chung

∠CHI \(\le\) CHD (cmt)

HI = HD (bán kính)

Do đó, △CHI=△CHD (g.c.g)

Suy ra:

∠CIH \(\le\) CDH

Mặt khác, ∠CIH \(\le\) CIN (góc nội tiếp cùng chắn cung CN)

Do đó, ∠CDH \(\le\)CIN

Tứ giác CNHD có ∠CDH \(\le\) CIN (cmt)

Do đó, tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn.

2)

Ta có: ∠CMO \(\le\) CDO (góc nội tiếp cùng chắn cung CO)

Mặt khác, ∠CMO \(\le\) MCO (góc đối đỉnh)

Do đó, ∠CDO \(\le\) MCO

Xét hai tam giác CMO và CDO, ta có:

CO chung

∠CMO \(\le\) CDO (cmt)

CM = CD (bán kính)

Do đó, △CMO=△CDO (g.c.g)

Suy ra: CM = CO.

3)

Ta có: ∠EBC \(\le\) ECD (góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Mặt khác, ∠EBC \(\le\) ABE (góc đối đỉnh)

Do đó, ∠ECD \(\le\) ABE

Xét hai tam giác ABE và ECD, ta có:

BE = DE (bán kính)

∠ABE \(\le\) ECD (cmt)

AE chung

Do đó, △ABE=△ECD (g.c.g)

Suy ra: \(EA.EB = EC^2\).

4)

Khi quay tam giác \( DNB \) một vòng quanh cạnh \( DN \) ta được một hình nón có đường sinh \( DN = 8 \) cm và bán kính đáy \( BD = 6 \) cm.

Thể tích của hình nón tạo thành là:

\[ V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (6^2) (8) = 96\pi \ \text{cm}^3 \]

Vậy thể tích của hình nón tạo thành là \( 96\pi \ \text{cm}^3 \).

Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới !