DE THI THU VAO 10 DAP AN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN : TỐN
ĐỀ 1
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1 : (2 điểm )
a) Tính giá trò biểu thức: A = 5 12 − 4 75 + 2 48 − 3 3

2 x + y = 3
3 x − 2 y = 1

b) Giải hệ phương trình: 

c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0
Bài 2 : (2 điểm )
Cho Parabol (P): y =

1 2
x và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) có hoành độ
4

lần lượt –2 và 4.
a) Viết phương trình đường thẳng (D)
b) Vẽ đồ thò hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ
c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D)
d) Tìm điểm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác MAB là lớn nhất
Bài 3 : (2 điểm )
Khi nước đứng yên, một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau 5 giờ 20 phút, một canô
chạy từ bến A đuổi theo và gặp thuyền cách bến A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng canô
chạy nhanh hơn thuyền 12km một giờ ?
Bài 4 : (4 điểm )
Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến

MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. Gọi I là trung điểm
của CD
a) Chứng minh rằng tứ giác MAIO nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MA2 = MC.MD.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh MC.MD = MH.MO
d) Chứng minh ∆MCH ∽ ∆MOD
e) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh H, A, K
thẳng hàng.

--------------- HẾT ---------------Đề thi này có 01 trang


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài 1
a)

Tính giá trò biểu thức: A = 5 12 − 4 75 + 2 48 − 3 3

A = 5 12 − 4 75 + 2 48 − 3 3
= 5 4.3 − 4 25.5 + 2 16.3 − 3 3
= 5.2 3 − 4.5 5 + 2.4 3 − 3 3

0,25

= 10 3 − 20 5 + 8 3 − 3 3

0,25

= −5 3
b)

c)

2 x + y = 3
4 x + 2 y = 6
⇔

3 x − 2 y = 1 3 x − 2 y = 1

(1)
(2)

(1) +(2) : 7x = 7 ⇔ x = 1
Giải ra y = 1

0,25
0,25

Vây nghiệm của hệ (1;1)

0,25

Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0
Đặt x2 = t ( t ≥ 0 )
Phương trình có dạng t2 – 7t -18 = 0

0,25

2

∆ = (-7) – 4.1.(-18) = 49 + 72 = 121 > 0
Giải ra t1 = 9 (tđk)
t2 = -2 ( ko tđk)
2
x =9⇔x=±3
Vậy PT có 2 nghiệm x1 = -3 và x2 = 3

0,25

0,25

(HS quên đặt ĐK thì – 0,25)
1 2
x và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P)
4
có hoành độ lần lượt –2 và 4.
a) Viết phương trình đường thẳng (D)
b) Vẽ đồ thò hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ
c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D)
d) Tìm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác
MAB là lớn nhất
Tìm được A(-2;1) và B(4;4)
0,25
Gọi PT (D) : y = ax + b
Vì (D) đi qua A(-2;1) và B(4;4) nên ta có HPT :
1 = a (−2) + b

 4 = 4a + b
Cho Parabol (P): y =

Bài 2
a)

 2 a − b = −1
⇔
 4a + b = 4


1
và b=2
2
1
Vậy PT (D) : y= x + 2
2
Giải ra a =

b)

x
y = x2/4

0,25

-2
1

-1
1/4

x

0
y = 1/2x + 2
2
Lập bảng đúng và vẽ đồ thò đúng (P)
Lập bảng đúng và vẽ đồ thò đúng (D)

0
0

1
1/4

2
1

-4
0
0,25
0,25
Nếu thiếu một trong các
trường hợp sau thì – 0,25 :
Mũi tên, x,y,O, số biểu diễn
tọa độ của các điểm cần
thiết

c)

(D) cắt Ox tại : y = 0 ⇒ x= -4
(D) cắt Oy tại : y = 2

-2

M

4

d)
Gọi đường thẳng song song (D) : y =

1
1
1
=
+
2
2
OH
OC
OD 2
1 1
1 1 5
= 2+ 2= + =
4 2 16 4 16
(đvđd)
16 4
OH =
=
5
5 5

0,25

0,25

1
x+2 và tiếp xúc với (P) là
2

(d) : y = ax+b
Vì đáy AB không đổi nên DT ∆MAB lớn nhất chỉ khi đường cao MK lớn
nhất, đó chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng (d) và (D) suy ra M là
điểm tiếp xúc giữa (d) và (P)
1
Vì (d) // (D) nên a =
2
1
1
PTHĐ giao điểm của (d) và (P) : x2 = x+b
4
2
2
2
⇔ x = 2x + 4b ⇔ x - 2x - 4b = 0
Hoành độ điểm tiếp xúc : x = - (-1) = 1
1
1
Tung độ điểm tiếp xúc : y = 12 =
4
4
1

Tọa độ điểm tiếp xúc : M (1; )
4

0,25


Vậy khi M (1;

Bài 3

0,25

1
) thì DT ∆MAB lớn nhất
4

16
h
3
Gọi vận tốc của thuyền là x (km/h) ( x > 0 )
Vận tốc của ca nô : x + 12 (km/h)
20
Thời gian thuyền đi quãng đường 20 km :
(h)
x
20
Thời gian ca nô đi quãng đường 20 km :
(h)
x + 12
Theo đề bài ta có phương trình :

20
20
16
=
x
x + 12
3
⇔ 20.3(x+ 12 ) – 20x.3 = 16x(x + 12 )
⇔ 60x + 720 – 60x = 16x2 + 192x
⇔ 16x2 + 192x -720 = 0 ⇔ x2 + 12x - 45 = 0
∆’ = 62 – 1.( -45) = 36 +45 = 81 >0
−6 + 81
x1 =
= 3 ( TĐK)
1
−6 − 81
x2 =
= −15 ( không TĐK)
1
Vậy vận tốc của thuyền là 3 km/h
15
Chú ý : điều kiện 0 < x <
) là đúng nhất nhưng không nhất thiết yêu cầu
4
đối với HS
5h20ph =

0,25
0,25

0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

K
Bài 4
A

D

I
C

M

O

H

B
a)

a) Chứng minh rằng tứ
giác MAIO nội tiếp đường tròn. (1 đ )
OI ⊥ CD ( tính chất đường kính vuông góc dây cung)
MA ⊥OA ( tính chất tiếp tuyến )
·

·
Nên MAO
( = 1v)
= MIO

0,25
0,25
0,25
0,25


b)

c)

d)

e)

Mà đây là 2 góc liên tiếp cùng nhìn chung cạnh MO nên tứ giác
MAIO nội tiếp đường tròn
Chứng minh MA2 = MC.MD: (0,75 đ)
Xét ∆MAC và ∆MDA có :
Mˆ : chung
·
MAC
= ·ADC : ( cùng chắn cung AC )

Nên ∆MAC ∽ ∆MDA
MA MC

=
⇒
⇔ MA2 = MC.MD
MD MA
Chứng minh MC.MD = MH.MO : ( 0,75 đ)
MA = MB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau )
Nên ∆MAB cân tại M
MO là phân giác góc AMB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau )
∆MAB cân tại M có MH là đường phân giác nên cũng là đường cao
Lại có OA ⊥ MA ( tính chất tiếp tuyến )
Suy ra MA2 = MH.MO ( hệ thức lượng trong ∆MAO)
Mà MA2 = MC.MD ( cmt)
Nên MC.MD = MH.MO
d) Chứng minh ∆MCH ∽ ∆MOD: (0,5 đ)
Xét ∆MCH và ∆MOD có :
MC.MD = MH.MO (cmt)
MC MH
=
⇔
MO MD
ˆ : chung
DMO
Nên ∆MCH ∽∆MOD

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

e). Chứng minh H, A, K thẳng hàng: (1đ)
OC ⊥ KC ( tính chất tiếp tuyến )
KD ⊥ OD ( tính chất tiếp tuyến )
ˆ + KDO
ˆ = 1v + 1v = 2v nên nội tiếp
Tứ giác KCOD có KCO
Tứ giác KCOD nội tiếp
·
·
Nên CDO
( cùng chắn cung CO)
= CKO
·
·
Mà CHM
(∆MCH ∽∆MOD)
= CDO
ˆ = CHM
ˆ
Nên CKO
Suy ra tứ giác KCHO nội tiếp
·
·
Do đó KHO

(2 góc nội tiếp cung chắn cung KO )
= KCO
= 1v
Hay KH ⊥ MO
Mà AH ⊥ MO (cmt )
Nên Tia AH ≡ KH
Vậy ba điểm H, A, K thẳng hàng

0,25

0,25
0,25

0,25


ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN : TOÁN
ĐỀ 2
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau :
a) 2 3 + 3 27 − 300


1
1 
1
+
÷:
x − 1  x ( x − 1)

 x− x

b) 

Bài 2. (1,5 điểm)
a). Giải phương trình: x2 + 3x – 4 = 0
b) Giải hệ phương trình: 3x – 2y = 4
2x + y = 5
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m #

1
. Hãy xác định m trong mỗi
2

trường hơp sau:
a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 )
b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại A , B sao cho tam giác OAB cân.
Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngược dòng
từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đường sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc
dòng nước là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nước đứng yên )
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường
tròn
(O;R) ( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đường tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa
M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của

góc CED.
---------------------- Hết ----------------------


ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) A = 3
Bài 2 :
a) x1 = 1 ; x2 = -4
b)
3x – 2y = 4

b) B = 1 +

x

2x + y = 5
3x – 2y = 4

<=>

7x = 14

x=2

<=>

<=>

4x + 2y = 5

2x + y = 5

y=1

Bài 3 :
a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số :
y = (2m – 1)x + m + 1 (1)
Thay x = -1 ; y = 1 vào (1) ta có: 1 = -(2m -1 ) + m + 1
<=> 1 = 1 – 2m + m + 1
<=> 1 = 2 – m
<=> m = 1
Vậy với m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m – 1)x + m + 1 đi qua điểm M ( -1; 1)
c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = m + 1
cắt truc hoành tại B => y = 0 ; x =

−m − 1
−m − 1
−m − 1
=> B (
; 0 ) => OB =
2m − 1
2m − 1
2m − 1

Tam giác OAB cân => OA = OB
<=> m + 1 =

−m − 1
Giải PT ta có : m = 0 ; m = -1

2m − 1

Bài 4: Gọi vận tốc thực của ca nô là x ( km/h) ( x>5)
Vận tốc xuôi dòng của ca nô là x + 5 (km/h)
Vận tốc ngược dòng của ca nô là x - 5 (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60
( giờ)
x+5

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là :

60
( giờ)
x−5

Theo bài ra ta có PT:

60
60
+
=5
x+5 x−5

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25)
<=> 5 x2 – 120 x – 125 = 0
 x1 = -1 ( không TMĐK)
 x2 = 25 ( TMĐK)
Vậy vân tốc thực của ca nô là 25 km/h.

Bài 5:
A
D
C

E

M

O

B

a) Ta có: MA ⊥ AO ; MB ⊥ BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)


·
·
=> MAO
= MBO
= 900
0
0
0
·
·
Tứ giác MAOB có : MAO
+ MBO
= 90 + 90 = 180 => Tứ giác MAOB nội tiếp
đường tròn

b) áp dụng ĐL Pi ta go vào ∆ MAO vuông tại A có: MO2 = MA2 + AO2
 MA2 = MO2 – AO2
 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm)
Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => ∆ MAB cân tại A
MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đường trung trực => MO ⊥ AB
Xét ∆ AMO vuông tại A có MO ⊥ AB ta có:
AO 2 9
AO = MO . EO ( HTL trong ∆ vuông) => EO =
= (cm)
MO 5
9 16
=> ME = 5 - =
(cm)
5
5
2

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO2 = AE2 +EO2
 AE2 = AO2 – EO2 = 9 -

81 144
12
=
=
25
25
5

12
( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đường trung trực của AB)

5
24
1
1 16 24 192
 AB =
(cm) => SMAB = ME . AB = . .
=
(cm2)
5
2
2 5 5
25
c) Xét ∆ AMO vuông tại A có MO ⊥ AB. áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AMO

 AE =

ta có: MA2 = ME. MO (1)

1
·
mà : ·ADC = MAC
= Sđ »AC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
2

1 cung)
MA MD
=
=> MA2 = MC . MD (2)
MC MA
MD ME

=
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>
MO MC
MD ME
·
·
=
∆ MCE : ∆ MDO ( c.g.c) (M chung;
) => MEC
( 2 góc tứng) ( 3)
= MDO
MO MC
OA OM
Tương tự: ∆ OAE : OMA (g.g) =>
=
OE OA
OA OM OD OM
=
=>
=
=
( OD = OA = R)
OE OA OE OD
µ chung ; OD = OM ) => OED
·
·
Ta có: ∆ DOE : ∆ MOD ( c.g.c) ( O
( 2 góc t ứng) (4)
= ODM
OE OD

·
·
·
Từ (3) (4) => OED
. mà : ·AEC + MEC
=900
= MEC
·AED + OED
·
=900
·
=> ·AEC = ·AED => EA là phân giác của DEC
∆ MAC :

∆ DAM (g.g) =>

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN : TOÁN
ĐỀ 3
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2.0 điểm):


x −1
x +1
+ 1=
2
4
 x = 2y
2) Giải hệ phương trình: 

x − y = 5
1) Giải phương trình:

Câu 2:(2.0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:

A=

2( x − 2)
x
+
x−4
x +2

với x ≥ 0 và x ≠ 4.

b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm 2. Tính chiều dài và
chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a)
Giải phương trình với m = 3.
b)
Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 và thỏa mãn điều
2
kiện: x1 – 2x2 + x1x2 = - 12
c)
Câu 4:(3 điểm)
Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R). Tiếp
tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D.

a)
Chứng minh: NE2 = EP.EM
b)
Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.
c)
Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K
( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.
Câu 5:(1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A =

6 − 4x
x2 + 1

-----------Hết---------ĐÁP ÁN
Câu I.
a,

b,

x −1
x +1
+ 1=
⇔ 2(x − 1) + 4 = x + 1 ⇔ x = −1 Vậy tập nghiệm của phương trình S= { −1}
2
4
 x = 2y
 x = 2y
 x =10
⇔
⇔

Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

 x − y = 5 2y − y = 5  y = 5

Câu II.
a, với x ≥ 0 và x ≠ 4.
Ta có: A =

2( x − 2)
x
2( x − 2) + x ( x − 2) ( x − 2)( x + 2)
+
=
=
=1
( x − 2)( x + 2) ( x + 2)
( x − 2)( x + 2)
( x − 2)( x + 2)

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
⇒ Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.


Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x ⇔ x( x − 2) = 0 ⇒ x = 0 hoặc x = 2
Vậy tập nghiệm của phương trình S= { 0; 2}

b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ ' > 0 => 4 − m > 0 => m < 4
Theo Vi-et :

 x1 + x2 = 2

 x1 x2 = m − 3

(*) .

(1)
(2)

2 1

Theo bài: x 2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12
⇒ 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )
hay x1 - x2 = -6 .
Kết hợp (1) ⇒ x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8 ⇒ m = -5 ( TM (*) )

M

O
K

H

Câu IV .
a, ∆ NEM đồng dạng ∆ PEN ( g-g)

F

NE ME
=>
=
=> NE 2 = ME.PE
EP NE

N

P

I

·
·
b, MNP
( do tam giác MNP cân tại M )
= MPN

·
·
·
PNE
= NPD
(cùng = NMP
)
·
·
=> DNE

.
= DPE

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c, ∆ MPF đồng dạng ∆ MIP ( g - g )

MP MI
=
=> MP 2 = MF .MI (1) .
MF MP
∆ MNI đồng dạng ∆ NIF ( g-g )
NI
IF
=>
=
=> NI 2 = MI .IF(2)
MI NI
=>

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).
·
·
·
( cùng phụ HNP
)
NMI
= KPN

·

·
=> KPN
= NPI
=> NK = NI ( 4 )
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
k=

6 − 8x
<=> kx 2 + 8 x + k − 6 = 0 (1)
x2 + 1

+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=

2
3

+) k ≠ 0 thì (1) phải có nghiệm  ∆ ' = 16 - k (k - 6) ≥ 0
<=> −2 ≤ k ≤ 8 .
Max k = 8 ⇔ x =

−1
.
2

Min k = -2 ⇔ x = 2 .

D

E