PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO LỚP 10 - THPT HUYỆN HOẰNG HÓA
NĂM HỌC 2023 - 2024, LẦN 2 Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm)   Cho biểu thức: x 1  1 2 P   :  = + −
(với x > 0; x ≠ 1).  x −1 x − x    x +1 1 x  − 
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tính giá trị của biểu thức P khi: x = 7 − 4 3. Câu 2. (2,0 điểm)
1) Trong hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 2
(d ) : y = (m −1)x + 2m (m là tham 1
số) và (d ) : y = 3x + 4. Tìm các giá trị của tham số m để các đường thẳng (d ) và (d ) 2 1 2 song song với nhau.  − =
2) Giải hệ phương trình: 3x 2y 5  . x + 2y = 7 Câu 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình: 2 + ( − ) 2 x 2 m 2 x + m − 4m = 0 ( ) 1 (với x là ẩn số). 1) Giải phương trình ( ) 1 khi m =1.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt x ,x thỏa mãn 1 2 điều kiện: 3 3 + x = + x . 2 1 x x 1 2 Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC và nội tiếp đường tròn (O). Ba
đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
1) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp.
2) Tia AD cắt đường tròn (O) ở K (K ≠ A). Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt
đường thẳng FD tại M. AM cắt đường tròn (O) tại I (I ≠ A).
Chứng minh: MC2 = MI.MA và tam giác CMD cân.
3) MD cắt BI tại N. Chứng minh ba điểm C, N, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm)
Cho x,y,z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x +1 y +1 z +1 Q = + + . 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x
------------ Hết ------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:........................ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1  x 1   1 2 A   :  = + −
( với x > 0; x ≠ 1)
 x −1 x − x 
  x +1 1 x  −   x 1   1 2 A  =  +  + x −1 x ( x − ) : 1   x +1 x 1   −  0,25đ   Câu1 x +1 x −1+ 2 (2,0đ)
= x( x − ):1( x − )1( x + )1 0,25đ ( x − ) 1 ( x x + + )1 1 + = x 1 = ; x ( x − ). 1 x +1 x 0,25đ x +1 Vậy : A =
( với x > 0; x ≠ 1) 0,25đ x 2 Ta có : x = − = ( − )2 7 4 3 2
3 ( thỏa mãn x > 0; x ≠ 1) Suy ra : 0,25đ x = ( − )2 2 3 = 2 − 3
( Vì 2 − 3 > 0 , do 2 > 3 ) Thay x và x vào biểu 0,25đ 4(2 − − 3 8 4 3 )
thức A, ta được : A = = = 4 0,25đ 2 − 3 2 − 3
Vậy khi x = 7 − 4 3 thì A = 4. 0,25đ 1 2 m −1 = 3 m = 2 ± (d ) // (d ) ⇔ ⇔
⇔ m = –2.Vậy m = –2 thỏa mãn bài toán. 1 2   2m ≠ 4 m ≠ 2 1,0đ Câu2 (2,0đ) 2 3x  − 2y = 5 4x =12 x = 3  ⇔  ⇔  x + 2y = 7 x + 2y = 7 y = 2 0,75đ
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (3; 2) 0,25đ
1 Phương trình: 2x + (m − ) 2 2
2 x + m − 4m = 0 ( ) 1
Thay m =1 vào phương trình (1) ta được phương trình: 0,25đ 2 2
x − 2x − 3 = 0 ⇔ x − 3x + x − 3 = 0 ⇔ x(x − 3) + (x − 3) = 0 x − 3 = 0 x = 3 0,25đ
⇔ (x − 3)(x +1) = 0 ⇔ ⇔  0,25đ x 1 0  + = x = 1 − 0,25đ Câu3
Vậy với m =1 thì tập nghiệm của phương trình là: S ={ 1; − } 3
(2,0đ) 2 2x + (m − ) 2 2
2 x + m − 4m = 0 ( ) 1 có 2 2 2 2
∆ ' = (m − 2) − m + 4m = m − 4m + 4 − m + 4m = 4 > 0 m ∀ 0,25đ Vậy phương trình ( )
1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x + x = 2( − m − 2) = 2 − m + 4 1 2  2
x .x = m −  4m 1 2 0,25đ
Phương trình có hai nghiệm x ≠ 0;x ≠ 0 khi x x ≠ 0 2
⇔ m − 4m ≠ 0 1 2 1 2
⇔ m ≠ 0 và m ≠ 4 Theo đề bài ta có: 3 3 + x = + x 2 1 x x 1 2 3 3   ⇔ −
− x + x = 0 x x ≠ 0 ⇔ m ≠ 0;m ≠ 4 1 1
⇔ 3 −  + (x − x = 0 2 1 ) 1 2 ( 1 2 ) x x 1 2  x x 1 2   x − x   3  2 1 ⇔ 3 
 + ( x − x = 0 ⇔ ( x − x  +1 = 0 2 1 ) 2 1 )  x x  x x 1 2  1 2  3 0,25đ ⇔
+1 = 0( Do x ≠ x ⇒ x − x ≠ 0) 1 2 2 1 x x 1 2 3 2 2 ⇔
+1 = 0 ⇔ m − 4m + 3 = 0 ⇔ m − 3m − m + 3 = 0⇔ m(m − 3) − (m − 3) 2 m − 4m m = 3(tm)
⇔ (m − 3)(m −1) = 0 ⇔  m = 1(tm) Vậy 0,25đ
m =1;m = 3 là các giá trị thỏa mãn bài toán. A E E F O H C B D N K I Câu4 (3,0đ) M
1 Do BE là đường cao nên  0 AEH = 90 0,25đ
Do CF là đường cao nên  0 AFH = 90 0,25đ 0,25đ nên  +  AEH AFH = 1800 0,25đ
suy ra tứ giác AFHE nội tiếp.
2 Chứng minh được 0,25đ ∆MIC ∼ ∆MCA (g.g) MI MC ⇒ = MC MA ⇒ MC2 = MI.MA. 0,25đ Ta có  = 
CAB MCB (góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) 0,25đ
Chứng minh được tứ giác ACDF nội tiếp nên  =  CAB CDM Do đó  = 
MCD CDM ⇒ ∆CMD cân tại M. 0,25đ
3 Ta có:  =  =  NDC MCD CAB ⇒  +  0 NIC NDC =180 0,25đ
⇒ tứ giác CIND nội tiếp 0,25đ ⇒  =  NCI NDI . Do MD2 = MC2 = MI.MA và 
IMD chung ⇒∆MDI ∼ ∆MAD (c.g.c) ⇒  =  MDI DAM hay  =  KAI NDI 0,25đ Từ  =  KAI KCI ⇒  =  KCI NDI. Mà  =  NCI NDI ⇒  =  KCI NCI suy ra
hai tia CK và CN trùng nhau. Suy ra ba điểm C, N, K thẳng hàng. 0,25đ x +1
y +1 z +1  x y z   1 1 1  Q = + + = + + + + + = M +     N 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1+ y 1+ z 1+ x 1+ y
1+ z 1+ x  1+ y 1+ z 1+ x  0,25đ Xét x y z M = + +
, áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có: 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x x x( 2 1+ y ) 2 2 2 − xy xy xy xy = = x − ≥ x − = x − . 2 2 2 1+ y 1+ y 1+ y 2y 2 Tương tự: y yz ≥ y − ; z zx ≥ z − ; 2 1+ z 2 2 1+ x 2 Suy ra x y z
xy + yz + zx = + + ≥ + + −
= 3 xy + yz + zx M x y z − . 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 2 2 0,25đ 2 2 2 2 Câu5
Lại có: x + y + z ≥ xy + yz + zx ⇒ (x + y + z) ≥ 3(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx ≤ 3 (1,0đ) Suy ra:
xy + yz + zx 3 3 M ≥ 3− ≥ 3− = .
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z . 2 2 2 Xét: 1 1 1 N = + + , ta có: 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 0,25đ  1   1   1 3 N 1  1  1  − = − + − + −  2 2 2 
1 y   1 z   1 x  + + +  2 2 2 2 2 2 y z x y z x
x + y + z 3 = + + ≤ + + = = . 2 2 2 1+ y 1+ z 1+ x 2y 2z 2x 2 2 Suy ra: 3 3
N ≥ 3− = . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z =1 2 2 0,25đ
Từ đó suy ra: Q ≥ 3. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z =1.
Vậy Q = 3 ⇔ x = y = z =1. min
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì
không chấm bài đó.