Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm học 2007-2008
Môn thi : Toán
Thời gian:120 phút ( không kể thời gian giao đề)

I.Trắc nghiệm:(2 điểm)
Hãy ghi lại một chữ cái đứng trớc khẳng định đúng nhất.
Câu 1: Kết quả của phép tính
( )
8 18 2 98 72 : 2 +
là :
A . 4
B .
5 2 6+
C . 16 D . 44
Câu 2 : Giá trị nào của m thì phơng trình mx
2
+2 x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt :
A.
0m

B.
1
4
m <
C.
0m
và
1
4
m <
D.

) B. 12

(cm
2
) C . 15

(cm
2
) D. 18

(cm
2
)
II. Tự Luận: (8 điểm)
Câu 5 : Cho biểu thức A=
1 2
1 1
x x x x
x x
+ +
+
+
a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Với giá trị nào của x thì A<1.
Câu 6 : Hai vòi nớc cùng chảy vào một bể thì đầy bể sau 2 giờ 24 phút. Nếu chảy riêng từng
vòi thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai 2 giờ. Hỏi nếu mở riêng từng
vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu thì đầy bể?
Câu 7 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB>BC).
Vẽ đờng tròn tâm (O


0
1
x
x





0.5
b) A=
( ) ( )
2
1 1
1 1
x x x
x x
+
+
+
0.5
=
1x x +
0.25
=2
1x
0.25
c) A<1


x
(bể)
0.5
Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy đợc :
1
2x +
(bể)
Trong 1 giờ cả hai vòi chảy đợc :
1
x
+
1
2x +
(bể)
Theo bài ra ta có phơng trình:
1
x
+
1
2x +
=
1
12
5
0.25
Giaỉ phơng trình ta đợc x
1
=4; x
2
=-

b)
ã
0
90ANB =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) )

BN

AN.
AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN).

BN

MC (1)
ã
0
90BDC =
(góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O
'
) )
BD

MC (2)
Từ (1) và (2)

N,B,D thẳng hàng do đó
ã
0
90NDC =
(3).

'
) tiếp xúc ngoài tại
B
0.5
V
MDN vuông tại D nên trung tuyến DI =
1
2
MN =MI

V
MDI cân

ã
ã
IMD IDM=
.
Tơng tự ta có
ã
ã
' 'O DC O CD=
mà
ã
ã
0
' 90IMD O CD+ =
(vì
ã
0
90MIC =

3 3
27 3 6


ì =
ữ
ữ


Bi 2: (1,25 im)
Rỳt gn cỏc biu thc:
a)
( )
2 2
3
4 9 6 1
3 1
A x x x
x
= +

vi
1
0
3
x< <
.
b)
4 7 4 7
4 7 4 7

16h cm=
, người ta cắt từ một tấm bìa ra hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón, sau đó
cuộn lại. Trong hai tấm bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A có chiều dài 44cm, chiều rộng 25cm; tấm bìa
B có chiều dài 42cm, chiều rộng 28cm, có thể sử dụng tấm bìa nào để làm ra cái phểu hình nón nói
trên mà không phải chắp nối ? Giải thích.
Hết
B. ĐÁP ÁN:
Bài ý Nội dung Điể
m
1 0,75
( ) ( )
( )
2 3 3 6 3 1
3 2 6 6
3
27 3 3 3 3
3 3 1
− −
−
= = =
− −
−
150 5 6
3 3
=
3 2 6 150 1 6 5 6 1 4 6 1 4
3 3 3 3 3
27 3 6 6 6
   
−

x
x x
− −−
= = = −
− −
(vì
1
0
3
x< <
nên
0x
>
và
3 1 0x
− <
)
0,25
0,50
2.b
( ) ( )
2 2
4 7 4 7 4 7 4 7
4 7 4 7
9 9 3
4 7 4 7
B
− + − + +
− +
= + = + =

3 2
6 2
a b
a b
− = +


− = − +

+ Giải hệ phương trình ta được:
3 9
;
4 2
a b
 
= = −
 ÷
 
Vậy phương trình đường thẳng AB là:
3 9
4 2
y x= −
.
+ Phương trình cho hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng AB là:
2 2
3 3 9
6 0
4 4 2
x x x x− = − ⇔ + − =
Giải phương trình ta có

Giải phương trình ta được:
1
23x = −
(loại vì x > 0) và
2
45 0x = >
.
Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
5 2,75
a) Tứ giác ABEH có:
µ
0
90B =
(góc nội tiếp trong nửa đường tròn);
µ
0
90H =
(giả thiết)
Nên: ABEH nội tiếp được.
Tương tự, tứ giác DCEH có
µ
µ
0
90C H= =
, nên nội tiếp được.

ECH BDA BCE= =
, nên CE là tia phân giác của góc
·
BCH
.
+ Vậy: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH.
Suy ra EH là tia phân giác của góc
·
BHC
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên
·
·
2BIC EDC=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
»
EC
). Mà
· ·
EDC EHC=
, suy ra
·
·
BIC BHC=
.
+ Trong (O),

r
n
l
×
= = =
· ·
0
72 cos
OI
AOI AOI
OA
= ⇒ =

0
20cos72 6,2( )OI cm⇒ = ≈
.
+ Do đó, để cắt được hình quạt nói trên thì phải cần tấm bìa hình chữ nhật có
kích thước tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm. Vậy phải dùng tấm
bìa B mới cắt được hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón mà không
bị chắp vá.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NINH Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2 điểm)


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 hợp sau đây:
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 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 yên lặng)
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R). Từ M kể 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 = 3cm.
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
BÀI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (2 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
a)

− −
 
=
( )
( )
1
1
. 1
1
1
x x
x
x
x x
−
+
= +
−
Bài 2: (1,5 điểm)
a)Giải phương trình:
2
3 4 0x x+ − =
Phương trình đã cho có a + b + c = 1 + 3 + (–4) = 0 nên
1
1x =
;
2
4
c
x


+ =

2
1
x
y
=

⇔

=

Bài 3: (1,5 điểm)
a) M(– 1; 1) thuộc đồ thị hàm số y = (2m – 1)x + m + 1 nên ta có:
1 = (2m – 1)(– 1) + m + 1
2 1 1 1m m
⇔ − + + + =
1m
⇔ =
b) Đồ thị y = (2m – 1)x + m + 1 cắt trục Oy tại A
0
A
x⇒ =
và
A
y
= m + 1
Đồ thị y = (2m – 1)x + m + 1 cắt trục Ox tại B
0

1 2
m
OA OB m
m
+
⇔ = ⇔ + =
−
1 0
1 2 1
m
m

+ =
⇔

− =


1
1; 0
m
m m
= −

⇔

= =


Kết hợp với điều kiện

h
x −

Theo đề toán ta có phương trình:

60
5x
+
+

60
5
5x
=
−
(1)
Với đk x > 5 , qui đồng hai vế và khử mẫu , thu gọn ta được phương trình:

2
24 25 0x x− − =
. Do
1 ( 24) ( 25) 0a b c− + = − − + − =
nên
1
1x = −
(loại),
2
25
c
x


2
.OA OE OM=
2
9
5
OA
OE
OM
⇒ = =
9 16
5
5 5
ME⇒ = − =
(cm)
AE =
2
2 2 2
9 144 12
3
5 25 5
OA OE
 
− = − = =
 ÷
 
(cm)
MO là đường trung trực AB nên AB = 2AE =
24
5

Vậy:
MAC∆

MDA∆
. Suy ra:
MA MD
MC MA
=
hay
2
MA .MC MD=
(1)
Tam giác MOA vuông ở A, AE
⊥
MO nên
2
MA .ME MO=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: MC.MD = ME. MO (3)

MEC∆
và
MDO∆
có
¶
M
chung,
MC ME
MO MD
=

0
90CEM CEA OED DEA+ = + =
(do AE
MO⊥
). Vậy
·
·
CEA DEA=
Vậy EA là tia phân giác của
·
CED
(đpcm)
Lưu ý: Lời giải trên chỉ mang tính chất tham khảo, lưu ý đôi chỗ có thể đánh nhầm các em
dò và sửa lại. Theo em câu c bài hình còn có cách giải nào khác không??Thử suy
nghĩ xem ??
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
HÀ NAM Năm học: 2009 - 2010
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức : A =
( )
2
2 3 2 288+ −

2) Giải phương trình:
a) x
2
+ 3x = 0
b) –x

d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
HẾT
BÀI GIẢI
Bài 1. (2điểm)
1. A =
( )
2
2 3 2 288+ −
=
( )
2
2
2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + −
=
4 12 2 18 12 2+ + −
= 22
2. a) x
2
+ 3x = 0
⇔
x( x + 3) = 0

⇔
x
1
= 0 ; x
2
= – 3 .

O
K
F
E
M
B
A
Do đó: x
2
= 9
⇔
x =
±
3
Tập nghiệm phương trình: S =
{ }
3;3−
Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị .
Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x
ĐK: 0 < x
N
∈
≤
9
Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x
Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau số mới viết dưới dạng đa
thức là: 10x + 14 – x = 9x + 14
Theo đề toán ta có phương trình:
9x + 14 –(140 –9x ) = 18


b = – 8
B
∈
(d) nên y
B
= – 2x
B
+ b hay – 12 = – 2.(– 2) + b
⇒
b = – 16
Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài:
(d
1
): y = – 2x – 8 và (d
2
): y = – 2x – 16
Bài 4. PT :
6 4 1 2 3 3 14x x x+ + − = +
(1)
ĐK:
1
4 1 0
1
3
4
3 0
4
3
x
x

4 1 3 0
3 1 0
x
x

+ − =

⇔

− − =


2x
⇔ =
(thỏa mãn đk (*))
Tập nghiệm phương trình đã cho: S =
{ }
2
Bài 5: a) Chứng minh:
·
0
EOF 90=
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E
Nên OE là phân giác của
·
AOM
.
Tương tự: OF là phân giác của
·
BOM

0
EOF 90AMB = =
,
·
·
MAB MEO=
(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO. Vậy AMB EOF đồng dạng (g.g)
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh
MK AB⊥
.
Tam giác AEK có AE // FB nên:
AK AE
KF BF
=
Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :
AK ME
KF MF
=
. Do đó MK // AE (định lí đảo của định
lí Ta- let)
Lại có: AE
⊥
AB (gt) nên MK
⊥
AB.
d) Khi MB =
3
.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

(3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
AE AE
=
. Vậy MK = NK.
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1
2
AKB
AMB
S KN
S MN
= =
Do đó:
1
2
AKB AMB
S S=
.
Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =
3
MB
MA
=
·
0
60MAB⇒ =
.
Vậy AM =