Đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2023 – 2024 trường THCS Lê Lợi – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi thử môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2023 – 2024 trường THCS Lê Lợi, tỉnh Thanh Hóa; đề thi có đáp án và hướng dẫn giải. Mời bạn đọc đón xem!

Môn:

Môn Toán 1.2 K tài liệu

Thông tin:
10 trang 1 năm trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2023 – 2024 trường THCS Lê Lợi – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi thử môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2023 – 2024 trường THCS Lê Lợi, tỉnh Thanh Hóa; đề thi có đáp án và hướng dẫn giải. Mời bạn đọc đón xem!

106 53 lượt tải Tải xuống
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2023 2024
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1: (2,0 đim)
32
3:
1 22
xx
P
x xx x

+

=+−



+− +


1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm các giá trị của x để
x
x
P
14
=
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình sau:
=
=+
11
4
923
yx
yx
2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng
(
1
d
): y = 3x 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng (
2
d
): y = 2x - 3; (
3
d
): y = - 3x + 2.
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sau: 2x
2
+ 3x - 5 = 0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
22
x 2(m 1)x m 0 −+=
có hai nghiệm phân
biệt
thỏa mãn hệ thức
( )
2
12 1 2
x x 6m x 2x
+=
.
Câu 4: (3,0 đim)
Cho tam giác ABC nhn (AB < AC). Đưng cao BD, CE ct nhau H. DE ct BC F. M là
trung điểm của BC. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.
2) FE. FD = FB. FC.
3) FH vuông góc với AM.
Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn:
yzyx 3
222
++
Tìm GTNN của biẻu thức:
( ) ( ) ( )
222
3
8
2
4
1
1
+
+
+
+
+
=
zyx
P
-----------------------------------Hết---------------------------------
Đề A
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A
Câu
Ý
Lời giải (vắn tắt)
Điểm
I
(2,0đ)
1)
(1.0đ)
a) ĐKXĐ:
1,0 xx
32
3:
1 22
xx
P
x xx x

+

=+−



+− +


( )
(
)
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
( )
x
x
x
x
x
x
P
x
x
x
x
x
P
x
x
xx
x
x
x
P
xx
xx
xx
x
x
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
P
3
2
12
1
3
1
2
2
:
1
3
1
2
2
:
1
3
12
1
12
2
:
1
3
33
2
12
2
:
1
3
1
13
=
+
+
=
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
Vậy với
1,
0
xx
thì P =
x3
0.25
0.25
0.25
0,25
2)
1,0 đ
(
)
( )
0
131
01
4
3
1
4
3
14
=
=
+
=
=
xx
xx
x
x
x
x
x
P
( )
( )
=
=
=
=
=
=
=
9
1
1
1
3
1
0
13
0
1
0131
x
x
x
x
x
x
x
x
x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ.
Vậy
9
1
=x
thì
x
x
P
14
=
0,25
0,5
0,25
2
(2,0đ)
1
(1đ)
=
=
=+
=
=+
=
=
=+
=
=+
3
1
921.3
1
923
77
114
1846
114
923
y
x
y
x
yx
x
yx
yx
yx
yx
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3)
0.5
0.5
2
(1đ)
2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng (
1
d
): y = 3x – 5
Nên a = 3;
5
≠−b
Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng (
2
d
): y = 2x - 3; (
3
d
): y = - 3x + 2
nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình
23 1
32 1
=−=


=−+ =

yx x
yx y
=> Q( 1 ; -1)
Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn
5≠−b
Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán.
0.75
0,25
3
(2,0đ)
1
(1,0đ)
0532
2
=+ xx
Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
2
5
;
1
21
== x
x
0,25
0,5
0,25
2
(1,0đ)
22
x 2(m 1)x m 0 −+=
Ta có:
( )
2
2
' m1 m
= −

22
m 2m 1 m 1 2m= +− =
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
x ,x
1
' 0 1 2m 0 m
2
>⇔ >⇔ <
Theo vi-ét ta có:
( )
12
2
12
x x 2m 1
xx m
+=
=
Theo đề bài ta có:
(
)
2
12 1 2
x x 6m x 2x +=
( )
2
1 2 12 1 2
x x 4x x 6m x 2x⇔+ +=
( )
2
2
12
4 m 1 4m 6m x 2x −− + =
12
2m 4 x 2x⇔− + =
Khi đó kết hợp với
(
)
12
x x 2m 1
+=
ta có hệ pt:
(
)
22
2
12
12
12
11
44
x m2 x m2
3x 4m 6
x x 2m 1
33
x x 2m 2
42
x 2x 2m 4
x 2m 2 m 2 x m
33

=−=

=
+=

⇔⇔

+=
=−+

= −− + =


Thay
2
1
4
x m2
3
2
xm
3
=
=
vào
2
12
xx m=
ta được:
22
m0
4 2 1 4 14
m 2. m m m m 0 m m 0
m 12
3 3 9 3 93
=

= = ⇔− + =

=

(tm)
Vậy
m 0;m 12= =
thỏa mãn yêu cầu đềi.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3,0đ)
1
(1.0đ)
1) Ta có
;
⊥⊥BD AC CE AB
(GT)
0
= 90⇒=BDC BEC
Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông
=>tứ giác BEDC nội tiế
1,0
2
(1.0đ)
2) Vì BEDC nội tiếp =>
=FEB FCD
EFB
chung
ΔFEB ΔFCD (g.g) = .FE = FB.FC=> ⇒⇒
FE FC
FD
FB FD
1,0
3
(1.0đ)
3) Gọi giao điểm của FA với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là K.
Ta có tứ giác AKBC nội tiếp =>
=FKB FCA
Lại có
KFB
chung
ΔFKB ΔFCA (g.g) = . FA = FB.FC=> ⇒⇒
FK FC
FK
FB FA
. FA = FE. FD ⇒=
FK FD
FK
FE FA
KFE
chung
ΔFKE ΔFDA (g.g)=>
=>
=FKE FDA
=> tứ giác AKED nội
tiếp.
Mặt khác
0
= 90=ADH AEH
( GT)
=> A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH.
=>K thuộc đường tròn đường kính AH =>
AKH
= 90
0
.
Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có AN là đường kính
0
= 90⇒=ABN ACN
= > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung
điểm M của BC => MH vuông góc với FA.
Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác
ABC
=> AH vuông góc với FM.
Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam
giác
=>FH vuông góc với AM.
1,0
N
M
F
E
D
A
C
B
K
H
Câu 5
(1đ)
Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn:
yzyx 3
222
++
Tìm GTNN của biẻu thức:
(
) ( ) ( )
222
3
8
2
4
1
1
+
+
+
+
+
=
zyx
P
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
( )
( )
*
811
2
111
2
2
22
ba
ba
ba
+
++
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
( ) ( )
( )
222222
5
2
64
3
8
2
2
8
3
8
1
2
1
1
1
+++
+
+
++
+
+
+
+
+
=
z
y
x
z
y
x
z
y
x
P
Mặt khác:
( )
( )
2
32
322
2
222
yy
y
yzxz
x
+
+
+
(
)
1
2
2
1
8
64
2
26
64
2
2
2
2
+
y
y
y
P
Dấu “=” xảy ra khi x=1;y=2;z=1
Vậy GTNN của P bằng 1
0,25
0,25
0,25
0,25
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2023 2024
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm).
+
+
+
+=
22
2
:
1
3
3
y
y
yy
y
y
Q
1. Rút gọn biểu thức Q
2. Tìm các giá trị của y để
y
y
Q
25
=
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình sau:
=
=+
176
11
32
yx
y
x
2.Cho hàm số: y = mx + n.
Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (
1
d
): y = 2x – 3
và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng (
2
d
): y = 3x + 2; (
3
d
): y = - 2x - 3.
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3x
2
+ 2x - 5 = 0
2. Tìm các giá trị của tham số n để phương trình
( )
012
22
=+
nxnx
có hai nghiệm phân biệt
12
x ,x
thỏa mãn hệ thức
(
)
21
2
21
26 xxnxx =+
.
Câu 4: (3,0 đim)
Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP
tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp.
2) QK . QH = QP . QN.
3) QD vuông góc với AM.
Câu 5: (1,0 đim ) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn:
bc
ba 3
2
22
+
+
Tìm GTNN của biẻu thức:
( ) ( ) ( )
222
3
8
2
4
1
1
+
+
+
+
+
=
cba
P
.............................................................Hết............................................................
Đề B
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B
Câu
Ý
Lời giải (vắn tắt)
Điểm
1
(2,0đ)
1
(2,0đ)
1
(1,0đ)
a) ĐKXĐ:
1,0 yy
+
+
+
+=
22
2
:
1
3
3
y
y
yy
y
y
Q
(
)
(
)(
)
( )
( )
( )
( )( )
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
y
y
yy
y
y
Q
yy
y
y
y
Q
yy
yyy
y
y
Q
y
y
yy
yy
y
y
y
Q
y
y
yy
y
yy
y
Q
3
2
1
2
1
3
1
2
2
:
1
3
12
2
:
1
3
1
2
1
12
2
:
1
3
3
3
2
12
2
:
1
3
1
13
=
+
+
=
+
+
=
+
++
=
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
Vậy với
1
,0
y
y
thì Q=
y
3
0.25
0.25
0.25
0,25
2
(1,0đ)
(
)
( )
023102
53
25
3
25
=
=+
=
= yyyy
y
y
y
y
y
Q
( )( )
=
=
=
=
=
=
=
)(
9
4
)(1
23
1
0
23
01
0231
tmy
KTM
y
y
y
y
y
yy
Vậy
9
4
=y
thì
y
y
Q
25
=
0,25
0.5
0,25
2
(2,0đ)
1
(1,0đ)
=
=
=+
=
=+
=
=
=+
=
=+
3
1
931.2
1
1132
55
176
2264
176
1132
y
x
y
x
yx
x
yx
yx
yx
yx
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3)
0,75
0,25
2
(1,0đ)
Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng
(
1
d
): y = 2x – 3 Nên m= 2;
3≠−n
Vì T là giao điểm của hai đường thẳng (
2
d
): y = 3x + 2;
(
3
d
): y = - 2x - 3 nên tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ
phương trình
32 1
23 1
=+=


=−− =

yx x
yx y
=> T( -1 ; -1)
Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa
mãn
3≠−n
Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán
0,5
0,25
0,25
3
(2,0đ)
1
(1,0đ)
1)
0523
2
=+ xx
Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
3
5
;1
21
== xx
1,0
2
(1,0đ)
22
x 2(n 1)x n 0 +=
Ta có:
( )
2
2
' n1 n
= −

22
n 2n 1 n 1 2n= +− =
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
x ,x
1
' 0 1 2n 0 n
2
>⇔ >⇔<
Theo vi-ét ta có:
( )
12
2
12
x x 2n 1
xx n
+=
=
Theo đề bài ta có:
( )
2
12 1 2
x x 6n x 2x +=
( )
2
1 2 12 1 2
x x 4x x 6n x 2x + +=
( )
2
2
12
4 n 1 4n 6n x 2x −− +=
12
2n 4 x 2x⇔− + =
Khi đó kết hợp với
( )
12
x x 2n 1+=
ta có hệ pt:
( )
22
2
12
12
12
11
44
x n2 x n2
3x 4n 6
x x 2m 1
33
x x 2n 2
42
x 2x 2m 4
x 2n 2 n 2 x n
33

=−=

=
+=

⇔⇔

+=
=−+

= −− + =


Thay
2
1
4
x n2
3
2
xn
3
=
=
vào
2
12
xx n=
ta được:
22
n0
4 2 1 4 14
n 2. n n n n 0 n n 0
n 12
3 3 9 3 93
=

= = ⇔− + =

=

(tm)
Vậy
n 0; n 12= =
thỏamãn yêu cầu đề i.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3,0đ)
1
(1.0đ)
1) Ta có
;⊥⊥
PK MN NH MP
(GT)
0
= 90⇒=PKN PHN
Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác
PHKN nội tiếp
1,0
2
(1,0đ)
2) Vì PHKN nội tiếp =>
=
QHP QNK
HQP
chung nên
ΔQHP ΔQNK (g.g) = .QH = QP.QN⇒⇒
QH QN
QK
QP QK
1,0
3
(1,0đ)
3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn
ngoại tiếp tam giác MNP là L.
Ta có tứ giác MLPN nội tiếp =>
=QLP QNM
Lại có
LQP
chung
ΔQLP ΔQNM (g.g) = . = QP.=> ⇒⇒
QL QN
QL QM QN
QP QM
. QK = QL. QM ⇒=
QH QM
QH
QL QK
LQH
chung
ΔQLH ΔQKM (g.g)=>
=>
=QLH QKM
=> tứ giác MLHK nội tiếp.
Mặt khác
0
= 90=MKD MHD
( GT)
=> H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD.
=> L thuộc đường tròn đường kính MD =>
MLD
= 90
0
.
Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP.
Ta có
MLD
= 90
0
=> MG là đường kính
0
= 90⇒=MNG MPG
= > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi
qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ.
Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của
tam giác MNP
=> MD vuông góc với QN.
Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực
tâm của tam giác
=> QD vuông góc với AM.
1,0
Câu 5
Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn:
222
3abc b++≤
G
A
Q
H
K
M
N
P
L
D
(1đ)
1,0đ
Tìm GTNN của biẻu thức:
( )
( )
( )
2 22
148
123
P
ab c
=++
++ +
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
( )
( )
2
2
22
1 1 11 1 8
*
2x y xy
xy

+≥ +

+

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
( ) (
) (
)
2 22 22 2
1 1 8 8 8 64
13 3
12 5
22 2
P
bb b
ac c
a ac
=+ +≥ +≥
++ +

+ ++ +++


Mặt khác:
( ) ( )
2
22 2
23
2 23
2
bb
ac a c bb
+−
+≤ +
( )
22
2
2
64 64
1
1
82
62
2
2
P
b
b
b
≥≥

−−
+−




Dấu “=” xảy ra khi a=1;b=2;c=1
Vậy GTNN của P bằng 1
0,25
0,25
0,25
0,25
| 1/10

Preview text:

TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2023 – 2024 Đề A Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1: (2,0 điểm)  3   x + 2  = 3+  : x P  −  x 1    x x 2 x 2  − + − + 
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm các giá trị của x để 4 x P −1 = x
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình sau: 3x + 2y = 9 
x − 4y = −11
2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng
(d ): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng (d ): y = 2x - 3; (d ): y = - 3x + 2. 1 2 3
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sau: 2x2 + 3x - 5 = 0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2
x − 2(m −1)x + m = 0 có hai nghiệm phân
biệt x ,x thỏa mãn hệ thức (x − x + 6m = x − 2x . 1 2 )2 1 2 1 2 Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là
trung điểm của BC. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. 2) FE. FD = FB. FC. 3) FH vuông góc với AM.
Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3y
Tìm GTNN của biẻu thức: 1 4 8 P = ( x + ) + + 2 1
(y + 2)2 (z + 3)2
-----------------------------------Hết--------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A Câu Ý
Lời giải (vắn tắt) Điểm I 1)
a) ĐKXĐ: x ≥ , 0 x ≠ 1 0.25 (2,0đ) (1.0đ)  3   x + 2  = 3 +  : x P  −   x 1    x x 2 x 2  − + − +   ( 3 x − ) 1 3   x + 2 x P = + : −   x −1 x −1 
  ( x + 2)( x − ) 1 x + 2 
 3 x − 3 + 3  x + 2 x( x − )  P 1 = : − 0.25   x −1  
  ( x + 2)( x − )
1 ( x + 2)( x − ) 1 
 3 x   x + 2 − x + x P = : 0.25   x −1 
  ( x + 2)( x − ) 1   3 x   2 + xP = :   x −1 
  ( x + 2)( x − ) 1 
3 x ( x + 2)( x − ) P 1 = ⋅ = 3 x x −1 2 + x Vậy với x ≥ ,
0 x ≠ 1 thì P =3 x 0,25 4 x −1 4 x −1 P = ⇔ 3 x =
⇒ 3x − 4 x +1 = 0 ⇔ ( x − ) 1 (3 x − ) 1 = 0 0,25 x xx =  x −1 = 0  1 2) ( x 1 x − ) 1 (3 x − ) =  1 = 0 ⇔  ⇔  ⇔ 1 1,0 đ  3 x −1 = 0 3 x = 1 x =  0,5  9
x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy 1 4 − x x = P 1 = 9 thì x 0,25 2 1 3x + 2y = 9 6x + 4y = 18 7x = 7 x = 1 x = 1 (2,0đ) (1đ)  ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  0.5
x − 4y = −11
x − 4y = −11 3x + 2y = 9  1 . 3 + 2y = 9 y = 3
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0.5
2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng (d ): y = 3x – 5 2 1 0.75 (1đ) Nên a = 3; b ≠ 5 −
Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng (d ): y = 2x - 3; (d ): y = - 3x + 2 2 3
nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình  y = 2x − 3 x = 1  ⇔  y 3x 2  = − +  y = 1 − => Q( 1 ; -1)
Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b ≠ 5 −
Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán. 0,25 3 1 2 2 x + 3x − 5 = 0
(2,0đ) (1,0đ) Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 0,25 − 5 0,5
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = x = 1 ; 1 2 2 0,25 2 2 2 x − 2(m −1)x + m = 0 (1,0đ) Ta có: ∆ = −  ( − ) 2 2 ' m 1  − m  2 2 = m − 2m +1− m =1− 2m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x 1
⇔ ∆' > 0 ⇔ 1− 2m > 0 ⇔ m < 1 2 2 x + x = 2 m −1 0,25 1 2 ( ) Theo vi-ét ta có:  2 x x =  m 1 2 Theo đề bài ta có:
(x − x )2 + 6m = x − 2x ⇔ (x + x − 4x x + 6m = x − 2x 1 2 )2 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇔ 4(m − )2 2
1 − 4m + 6m = x − 2x ⇔ 2m − + 4 = x − 2x 1 2 1 2 0,25
Khi đó kết hợp với x + x = 2 m −1 ta có hệ pt: 1 2 ( )  4  4 x = m − 2 x = m − 2  x + x = 2 m −1  3x = 4m − 6   1 2 ( ) 2 2  3  3 2  ⇔  ⇔  ⇔ Thay x − 2x = 2m − + 4 x + x = 2m − 2 4 2 1 2 1 2 x 2m 2 m 2  = − − + x = m 1 1  3  3 0,25  4 x = m − 2  2  3  vào 2 x x = m ta được: 2 1 2  x = m 1  3  4  2 1 − 4  1 4   m = 0 2 2 m − 2
. m = m ⇔ m − m = 0 ⇔ −m m + =  0 ⇔  (tm)  3  3 9 3  9 3   m = 12 − Vậy m = 0;m = 1
− 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 0,25 4 (3,0đ) A K D E H M C B F N 1
(1.0đ) 1) Ta có BD AC; CE AB (GT)⇒  BDC =  0 BEC = 90
Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông
=>tứ giác BEDC nội tiế 1,0
2) Vì BEDC nội tiếp =>  FEB =  FCD 2 (1.0đ) Mà  EFB chung 1,0 => ΔFEB FE FC  ΔFCD (g.g) ⇒ = ⇒ F . D FE = FB.FC FB FD 3
3) Gọi giao điểm của FA với đường tròn
(1.0đ) ngoại tiếp tam giác ABC là K.
Ta có tứ giác AKBC nội tiếp =>  FKB =  FCA Lại có  KFB chung FK FC
=> ΔFKB  ΔFCA (g.g) ⇒ = ⇒ FK. FA = FB.FC FB FA
. FA = FE. FD ⇒ FK = FD FK FE FA Mà 
KFE chung => ΔFKE  ΔFDA (g.g) =>  FKE = 
FDA => tứ giác AKED nội tiếp. Mặt khác  ADH =  0 AEH = 90 ( GT)
=> A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. 1,0
=>K thuộc đường tròn đường kính AH =>  AKH = 900.
Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có AN là đường kính ⇒  ABN =  0 ACN = 90
= > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung
điểm M của BC => MH vuông góc với FA.
Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC
=> AH vuông góc với FM.
Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác =>FH vuông góc với AM.
Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3y
Tìm GTNN của biẻu thức: 1 4 8 P = ( x + ) + + 2 1 (y + 2)2 (z + )2 3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 1 1 1  1 1 2  8 + ≥  +  ≥ ( ) 2 2 a b 2  a b  (a + b) * 2
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 0,25 Câu 5 1 1 8 8 8 64 0,25 (1đ) P = (x+ ) + + ≥ + ≥ 2 2 1  y  (z + 3)2 2  y  (z + 3)2 2 y  +1  x + + 2   x + + z + 5    2   2   2  2 Mặt khác: + − x + z ≤ 2( 2 2 x + z ) ≤ 2(3 2
y y ) 2 3y y ≤ 2 64 64 P ≥ ≥ ≥1 0,25 2 2  y   1 2  6 + 2y − 8 − (y − 2)2    2   2  
Dấu “=” xảy ra khi x=1;y= 2;z=1 Vậy GTNN của P bằng 1
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2023 – 2024 Đề B Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề    3 y + y
Câu 1 (2,0 điểm). Q = 3+   2 : −      
y −1  y + y − 2 y + 2  1. Rút gọn biểu thức Q
2. Tìm các giá trị của y để 5 y − 2 Q = y Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình sau: 2x + 3y =11 
x − 6y = −17 2.Cho hàm số: y = mx + n.
Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (d ): y = 2x – 3 1
và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng (d ): y = 3x + 2; (d ): y = - 2x - 3. 2 3
Câu 3 (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3x2 + 2x - 5 = 0
2. Tìm các giá trị của tham số n để phương trình 2 x − ( 2 n − ) 1 2
x + n = 0 có hai nghiệm phân biệt
x ,x thỏa mãn hệ thức (x x + 6n = x − 2x . 1 2 )2 1 2 1 2 Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP
tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp. 2) QK . QH = QP . QN. 3) QD vuông góc với AM.
Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a2 + b2 + c2 ≤ b 3
Tìm GTNN của biẻu thức: 1 4 8 P = ( a + ) + + 2 1
(b + 2)2 (c + 3)2
.............................................................Hết............................................................ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu Ý
Lời giải (vắn tắt) Điểm 1 1 (2,0đ)
(1,0đ) a) ĐKXĐ: y ≥ ,0 y ≠ 1 1 0.25 (2,0đ)    3 y + y Q = 3 +   2 : −      
y −1  y + y − 2 y + 2   ( 3 y − ) 1 3   y + 2 y Q =  +  :  −    y −1 y −1 
  ( y + 2)( y − ) 1 y + 2 
 3 y − 3 + 3  y + 2 y( y − ) 1  Q =   :  −   0.25  y −1  
  ( y + 2)( y − )
1 ( y + 2)( y − ) 1 
 3 y   y + 2 − y + y Q =   :    0.25  y −1 
  ( y + 2)( y − ) 1   3 y   2 + yQ =   :     y −1 
  ( y + 2)( y − ) 1 
3 y ( y + 2)( y − ) 1 Q = ⋅ = 3 y y −1 2 + y Vậy với y ≥ ,
0 y ≠ 1 thì Q=3 y 0,25 2 5 y − 2 5 y − 2 (1,0đ) Q = ⇔ 3 y =
⇒ 3y − 5 y + 2 = 0 ⇔ ( y − ) 1 (3 y − 2)= 0 0,25 y y ( y ( 1 KTM ) y 1 0 y 1 y − ) 1 (3 y − 2)  =  − =  =  = 0 ⇔  ⇔  ⇔  4 3 y − 2 = 0 3 y = 2 y = 0.5   (tm)  9 − Vậy 4 5 y 2 y = Q = 9 thì y 0,25 2 1 (2,0đ) (1,0đ) 2x + 3y = 11 4x + 6y = 22 5x = 5 x = 1 x = 1 0,75  ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ 
x − 6y = −17
x − 6y = −17 2x + 3y = 11 2 1 . + 3y = 9 y = 3
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0,25 2
Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng
(1,0đ) (d ): y = 2x – 3 Nên m= 2; n ≠ 3 − 1
Vì T là giao điểm của hai đường thẳng (d ): y = 3x + 2; 2 ( 0,5
d ): y = - 2x - 3 nên tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ 3  y = 3x + 2 x = 1 − phương trình  ⇔  y 2x 3  = − −  y = 1 − => T( -1 ; -1) 0,25
Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa mãn n ≠ 3 −
Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán 0,25 1 1) 3 2
x + 2x − 5 = 0 3
(1,0đ) Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0 1,0 (2,0đ) − 5
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = x = 1 ; 1 2 3 2 2 2 x − 2(n −1)x + n = 0 (1,0đ) Ta có: ∆ = −  ( − ) 2 2 ' n 1  − n = − + − = −  2 2 n 2n 1 n 1 2n 0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x 1 2 1
⇔ ∆' > 0 ⇔ 1− 2n > 0 ⇔ n < 2 x + x = 2 n −1 1 2 ( ) Theo vi-ét ta có:  2 x x =  n 0,25 1 2 Theo đề bài ta có:
(x − x )2 + 6n = x − 2x ⇔ (x + x − 4x x + 6n = x − 2x 1 2 )2 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇔ 4(n − )2 2
1 − 4n + 6n = x − 2x ⇔ 2n − + 4 = x − 2x 1 2 1 2
Khi đó kết hợp với x + x = 2 n −1 ta có hệ pt: 1 2 ( )  4  4 x = n − 2 x = n − 2  x + x = 2 m −1  3x = 4n − 6   1 2 ( ) 2 2  3  3 2  ⇔  ⇔  ⇔  x − 2x = 2m − + 4 x + x = 2n − 2 4 2 1 2 1 2 x 2n 2 n 2  = − − + x = n 0,25 1 1  3  3  4 x = n − 2  2 Thay  3  vào 2 x x = n ta được: 2 1 2  x = n 1  3  4  2 1 − 4  1 4   n = 0 2 2 n − 2
. n = n ⇔ n − n = 0 ⇔ −n n + =  0 ⇔  (tm)  3  3 9 3  9 3   n = 12 − Vậy n = 0;n = 1
− 2 thỏamãn yêu cầu đề bài. 0,25 4 (3,0đ) M L K H D P N A Q G 1
1) Ta có PK MN ; NH MP (GT)⇒  PKN =  0 PHN = 90 1,0
(1.0đ) Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác PHKN nội tiếp
2) Vì PHKN nội tiếp =>  QHP =  QNK 1,0 2 (1,0đ) Mà  HQP chung nên ΔQHP QH QN  ΔQNK (g.g) ⇒ = ⇒ QK.QH = QP.QN QP QK
3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn
ngoại tiếp tam giác MNP là L. 1,0
Ta có tứ giác MLPN nội tiếp =>  QLP =  QNM 3 Lại có  LQP chung (1,0đ) => ΔQLP QL QN  ΔQNM (g.g) ⇒ = ⇒ . QL QM = QP.QN QP QM
. QK = QL. QM ⇒ QH = QM QH mà  LQH chung QL QK => ΔQLH  ΔQKM (g.g) =>  QLH = 
QKM => tứ giác MLHK nội tiếp. Mặt khác  MKD =  0 MHD = 90 ( GT)
=> H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD.
=> L thuộc đường tròn đường kính MD =>  MLD = 900.
Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Ta có 
MLD = 900 => MG là đường kính ⇒  MNG =  0 MPG = 90
= > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi
qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ.
Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP
=> MD vuông góc với QN.
Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác
=> QD vuông góc với AM. Câu 5
Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: 2 2 2
a + b + c ≤ 3b (1đ) 1 4 8 1,0đ
Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + (a + )2 1 (b + 2)2 (c +3)2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 2 1 1 1  1 1  8 + ≥ + ≥   * 2 2 2 ( ) x y
2  x y  (x + y)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 0,25 1 1 8 8 8 64 P = + + ≥ + ≥ ( a + )2 2 1  b  (c +3)2 2  b  (c +3)2 2 1  a 2  b   a c 5 + + + + + +  2 2 2        0,25 Mặt khác: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 3 b b a c a c b b + − + ≤ + ≤ − ≤ 2 64 64 P ≥ ≥ ≥1 2 2 2  b   1  6 + 2b −  8 − (b − 2)2 2  2    
Dấu “=” xảy ra khi a=1;b= 2;c=1 Vậy GTNN của P bằng 1 0,25