DE THI THU VAO 10 DAP AN

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 đế

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 trị biểu thức: A 5 12 4 75 2 48 3 3  

b) Giải hệ phương trình: 2 3

3 2 1

x y

 





 

 c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0

Bài 2 : (2 điểm )

Cho Parabol (P): y =

4

1

x2 và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) có hoành độ lần lượt –2 và 4

a) Viết phương trình đường thẳng (D)

b) Vẽ đồ thị 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 trị biểu thức: A 5 12 4 75 2 48 3 3  

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

10 3 20 5 8 3 3 3

5 3



0,25 0,25

3 2 1 3 2 1 (2)



(1) +(2) : 7x = 7  x = 1

Giải ra y = 1

Vây nghiệm của hệ (1;1)

0,25 0,25 0,25 c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0

Đặt x2 = t ( t  0 )

Phương trình có dạng t2 – 7t -18 = 0

 = (-7)2 – 4.1.(-18) = 49 + 72 = 121 > 0

Giải ra t1 = 9 (tđk)

t2 = -2 ( ko tđk)

x2 = 9  x =  3

Vậy PT có 2 nghiệm x1 = -3 và x2 = 3

(HS quên đặt ĐK thì – 0,25)

0,25 0,25 0,25

Cho Parabol (P): y =

4

1

x2 và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) có hoành độ lần lượt –2 và 4

a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Vẽ đồ thị 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

Bài 2

a)

Tìm được A(-2;1) và B(4;4)

Gọi PT (D) : y = ax + b

Vì (D) đi qua A(-2;1) và B(4;4) nên ta có HPT :

1 ( 2)

4 4

a b

a b

a b

  





 



 



 

 



0,25

Giải ra a = 1

2 và b=2 Vậy PT (D) : y= 1

2x + 2

0,25

b)

c)

d)

Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (P)

Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (D)

8

6

4

2

2

4

6

8

1 -4

B A

O

8

6

4

2

2

A

B D

H

Gọi đường thẳng song song (D) : y = 1

2x+2 và tiếp xúc với (P) là (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)

Vì (d) // (D) nên a = 1

2 PTHĐ giao điểm của (d) và (P) : 1

4x2 = 1

2x+b

 x2 = 2x + 4b  x2 - 2x - 4b = 0

Hoành độ điểm tiếp xúc : x = - (-1) = 1

Tung độ điểm tiếp xúc : y = 1

412 =1 4 Tọa độ điểm tiếp xúc : M (1; 1

4)

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

(đvđd)

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

4 2 16 4 16

16 4

5

5 5

OH

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

Vậy khi M (1; 1

Bài 3 5h20ph = 16

3 h Gọi vận tốc của thuyền là x (km/h) ( x > 0 )

Vận tốc của ca nô : x + 12 (km/h)

Thời gian thuyền đi quãng đường 20 km : 20

x (h) Thời gian ca nô đi quãng đường 20 km : 20

12

x  (h) Theo đề bài ta có phương trình :

20

x - 20

12

x  = 16

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

x1= 6 81 3

1

 

 ( TĐK)

x2= 6 81 15

1

 

 ( không TĐK) Vậy vận tốc của thuyền là 3 km/h

Chú ý : điều kiện 0 < x < 15

4 ) là đúng nhất nhưng không nhất thiết yêu cầu đối với HS

0,25 0,25

0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

Bài 4

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 MIO ( = 1v)

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

O M

D C

A

B

I

H K

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 :

ˆ

M : chung

MACADC : ( cùng chắn cung AC )

Nên MAC ∽MDA

 MA MC

MDMA  MA2 = MC.MD

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

DMO : chung

Nên MCH ∽MOD

e) Chứng minh H, A, K thẳng hàng: (1đ)

OC  KC ( tính chất tiếp tuyến )

KD  OD ( tính chất tiếp tuyến )

Tứ giác KCOD có ˆKCO KDO ˆ 1v1v2v nên nội tiếp

Tứ giác KCOD nội tiếp

Nên CDO CKO ( cùng chắn cung CO)

Mà CHM CDO (MCH ∽MOD)

Nên ˆCKO CHM ˆ

Suy ra tứ giác KCHO nội tiếp

Do đó KHO KCO (2 góc nội tiếp cung chắn cung KO )

= 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 0,25

0,25

0,25 0,25

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

b) 1 1 : 1



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

2 Hãy xác định m trong mỗi 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 b) B = 1 + x

Bài 2 :

a) x1 = 1 ; x2 = -4

b) 3x – 2y = 4

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 = 1

2 1

m m

 

 => B ( 1

2 1

m m

 

 ; 0 ) => OB = 1

2 1

m m

 

 Tam giác OAB cân => OA = OB

<=> m 1 = 1

2 1

m m

 

 Giải PT ta có : m = 0 ; m = -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

5

x  ( giờ)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là : 60

5

x  ( giờ) Theo bài ra ta có PT: 60

5

x  + 60

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:

D C

E O M

A

B

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

=> MAO MBO  900

Tứ giác MAOB có : MAO MBO  900 + 900 = 1800 => 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:

AO2 = MO EO ( HTL trongvuông) => EO = AO2

MO = 9

5(cm) => ME = 5 - 9

5 = 16

5 (cm)

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

 AE2 = AO2 – EO2 = 9 - 81

25 = 144

25 = 12

5

 AE =12

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

 AB = 24

5 (cm) => SMAB =1

2ME AB = 1 16 24

2 5 5 = 192

25 (cm2) c) Xét AMO vuông tại A có MO AB áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AMO

ta có: MA2 = ME MO (1)

mà : ADC MAC =1

2Sđ AC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn

1 cung)

MAC  DAM (g.g) => MA MD

MC MA => MA2 = MC MD (2)

Từ (1) và (2) => MC MD = ME MO => MD ME

MOMC

MCE  MDO ( c.g.c) (M chung; MD ME

MO MC ) => MEC MDO  ( 2 góc tứng) ( 3) Tương tự: OAE OMA (g.g) => OA

OE=OM

OA

=> OA

OE=OM

OA =OD OM

OE OD ( OD = OA = R)

Ta có: DOE  MOD ( c.g.c) ( O chung ; OD OM

OE OD ) => OED ODM  ( 2 góc t ứng) (4)

Từ (3) (4) => OED MEC  mà : AEC MEC =900

AED OED =900

=> AECAED => EA là phân giác của DEC

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MÔN : TOÁN

ĐỀ 3

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2.0 điểm):

1) Giải phương trình: x 1 x 1

1

 

2) Giải hệ phương trình: x 2y

x y 5







 



Câu 2:(2.0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 2( x 2) x





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: x 2 - 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)

a) Giải phương trình với m = 3.

a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và thỏa mãn điều kiện: x 1 – 2x 2 + x 1 x 2 = - 12

b)

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: NE 2 = EP.EM

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.

b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K

( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN 2 + NK 2 = 4R 2

Câu 5:(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 6 4x2

x 1





-Hết -ĐÁP ÁN

Câu I.

a, x 1 x 1

1 2(x 1) 4 x 1 x 1

         Vậy tập nghiệm của phương trình S= 1

x y 5 2y y 5 y 5

Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

Câu II.

a, với x  0 và x 4.

1

A

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 :x 1 = -5 ( loại ); x 2 = 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 : x 2 - 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 x 1 ; x 2 thì    ' 0 4 m 0 m4 (*).

Theo Vi-et :

1 2

2 (1)

3 (2)

x x

x x m

 





 



Theo bài: x 2

1 -2x 2 + x 1 x 2 = - 12 => x 1 (x 1 + x 2 ) -2x 2 =-12

 2x 1 - 2x 2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x 1 - x 2 = -6

Kết hợp (1)  x 1 = -2 ; x 2 = 4 Thay vào (2) được :

m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

NE ME PE

b, MNP MPN  ( do tam giác MNP cân tại M )

  ( ùng  )

PNE NPD c 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 MF MI

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

2

IF

.IF(2)

NI

NI MI

MI NI

Từ (1) và (2) : MP 2 + NI 2 = MI.( MF + IF ) = MI 2 = 4R 2 ( 3).

NMI KPN ( cùng phụ HNP )

=> KPN NPI

=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)

Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm

Câu V

2 2

6 8

1

x

x





+) 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

H

E D

F I

P

O

N K

M