SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 LÀO CAI
NĂM HỌC: 2023 – 2024 Môn: TOÁN
Khoá thi ngày: 3/6/2023
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1.
(1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức sau: 81 a) b) 16  9 . 3 Câu 2.
(1,0 điểm). Giải phương trình sau: 2
3x  x  4  0 . x  y  3 Câu 3.
(1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 
x  4y  8. Câu 4.
(0,5 điểm). Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu
xuất hiện mặt giống nhau. 1 1 2 x
Câu 5. (1,5 điểm). Cho biểu thức P   
(x  0, x  1) x 1 x 1 x 1
a) Rút gọn biểu thức P . 1
b) Tìm các giá trị của x để P  . 3
Câu 6. (0,5 điểm). Cho hàm số y  mx  2m 1. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại
điểm có tung độ bằng 5 .
Câu 7. (0,5 điểm). Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại A và B về bán. Biết mỗi sản phẩm loại
A nặng 9kg , mỗi sản phẩm loại B nặng 10kg và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là
95kg . Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại?
Câu 8. (1,0 điểm). Cho phương trình 2 2
x  2mx  m  m  2  0 (1) ( m là tham số). Tìm m để phương
trình (1) có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức P đạt giá trị lớn nhất với 1 2 2
P  x  (2m  3)x  3x  x x 1 2 1 1 2
Câu 9. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A , có đường cao AH . Biết góc ABC  60 , độ dài BC  40cm .
a) Tính độ dài cạnh AB .
b) Gọi điểm K thuộc đoạn thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC . Tính độ dài đoạn HK .
Câu 10. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( BA  BC ) và nội tiếp đường tròn tâm O . Hai tiếp
tuyến của đường tròn O tại A và C cắt nhau tại I . Tia BI cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là D .
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp. b) Chứng minh 2 IC  I . B ID .
c) Gọi M là trung điểm của BD . Tia CM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E . Chứng minh MO  AE .
---------------------------------@Hết@--------------------------------- Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.
(1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: 81 a) a) 16  9 . 3 Lời giải 81 9 a)   3; 3 3
b) 16  9  4  3  1. Câu 2.
(1,0 điểm) Giải phương trình sau: 2
3x  x  4  0 . Lời giải
Ta có a  3, b  1, c  4
  a  b  c  31 4  0  c 4
phương trình có nghiệm x  1 và x    . 1 2 a 3 x  y  3 Câu 3.
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
x  4y  8. Lời giải
x  y  3 5  y  5  y  1  x  4        x  4 y  8 x  y  3 x 1  3    y  1  Câu 4.
(0,5 điểm) ). Gieo hai đồng xu cân đối và đồng chất một lần. Tính xác suất sao cho hai đồng xu
xuất hiện mặt giống nhau. Lời giải
Quy tớc: S : Là đồng xu xuất hiện mặt sấp.
Do hai đồng xu là hai cá thể độc lập nền SN và NS là hai trường hợp khác nhau
 Không gian mẫu của phép thử là Ω  SS;SN; NS; NN.
 Số phần tử của không gian mẫu là: nΩ  4 .
Gọi A là biến cố: "Hai đồng xu xuất hiện mặt giống nhau"  A  SS; NN .
 Số phần tủ của biến cố A là: n A  2 . n A 2 1
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A      . n Ω 4 2 1 1 2 x
Câu 5. (1,5 điểm) Cho biểu thức P   
(x  0, x  1) x 1 x 1 x 1
a) Rút gọn biểu thức P . 1
b) Tìm các giá trị của x để P  . 3 Trang 2 Lời giải
a) Với điều kiện x  0, x  1 1 1 2 x 1 1 2 x P       x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
 x  1 x  1
x 1  x   1  2 x
x 1 x 1 2 x    x   1  x   1
 x  1 x  1 2   x  x 1 2 2 2     x   1  x   1
 x  1 x  1 x 1 2
Vậy x  0, x  1 thì P  . x 1
b) Với x  0, x  1 1 2 1 Dể P    3 x 1 3  x 1  6  x  5
 x  25 (thỏa mãn điều kiện) 1
Vậy x  25 thì P  . 3
Câu 6. (0,5 điểm). Cho hàm số y  mx  2m 1. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại
điểm có tung độ bằng 5 . Lời giải
Đồ thị hàm số y  mx  2m 1 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5
 Đồ thị hàm số đi qua điểm 0;5
Thay x  0 và thay y  5 vào hàm số ta có 0 m  2m 1  5  2m  6  m  3
Vậy m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 7. (0,5 điểm). Một cửa hàng nhập 10 sản phẩm gồm hai loại A và B về bán. Biết mỗi sản phẩm loại
A nặng 9kg , mỗi sản phẩm loại B nặng 10kg và tổng khối lượng của tất cả các sản phẩm là
95kg . Hỏi cửa hàng đã nhập bao nhiêu sản phẩm mỗi loại? Lời giải Trang 3
Gọi số lượng sản phẩm loại A , loại B cửa hàng nhập về bán lần lượt là , x y (sản phẩm). Điều kiện: *
x, y  10; x, y  N .
Vì tổng số sản phẩm loại ,
A B cưa hàng nhập về là 10 (sẩn phẩm) nên ta có phương trình:
x  y  10 (1)
Tổng khối lượng của các sản phẩm loại A là 9x kg
Tổng khối lượng của các sản phẩm loại B là 10 y kg
Vì tỗng khối lượng của tất cả các sản phẩm là 95 kg nên ta có phương trình: 9x 10 y  95 (2)
Tù̀ (1) và (2) ta có hẹ phương trình:
x  y 10 1
 0x 10y 100 x  5 x  5        (thỏa mãn)
9x 10 y  95
9x 10 y  95 y  10  x    y  5
Vậy: Số lượng sản phẩm loại A là 5 (sản phẩm), số lượng sản phẩm loại B là 5 (sản phẩm).
Câu 8. (1,0 điểm). Cho phương trình 2 2
x  2mx  m  m  2  0 (1) ( m là tham số). Tìm m để phương
trình (1) có hai nghiệm x , x sao cho biểu thức P đạt giá trị lớn nhất với 1 2 2
P  x  (2m  3)x  3x  x x . 1 2 1 1 2 Lời giải Ta có 2 2
Δ  m  m  m  2  m  2
Để phương trình (1) có hai nghiệm x , x  Δ  0  m  2  0  m  2 . 1 2 x  x  2  m Áp dụng định lý Vi-et 1 2  2
x x  m  m  2  1 2
Do x là nghiệm của phương trình (1) nên ta có 1 2 2 2 2
x  2mx  m  m  2  0  x  2mx  m  m  2 thay vào biểu thức P . ta có 1 1 1 1 2 P
 2mx  m  m  2  2m  3 x  3x  x x 1   2 1 1 2 2
 2mx  m  m  2  2mx  3x  3x  x x 1 2 2 1 1 2
 2m  x  x   3 x  x  2
 x x  m  m  2. 1 2 1 2 1 2
Thay (1), (2) vào P ta có: P  2 . m  2  m  3. 2  m 2 2
 m  m  2  m  m  2 2 2  4
 m  6m  2m  2m  4 2  2
 m  4m  4 2  2  (m 1)  2 Trang 4 Vì 2 2 (m 1)  0  2
 (m 1)  2  2
 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi m1 0  m  1  (thỏa mãn điều kiện). Vậy m  1  .
Câu 9. (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A , có đường cao AH . Biết góc ABC  60 , độ dài BC  40cm .
a) Tính độ dài cạnh AB .
b) Gọi điểm K thuộc đoạn thẳng AC sao cho HK vuông góc với AC . Tính độ dài đoạn HK . Lời giải A K 20 60° 30° C B H 40 a) Xét ABC 
vuông tại A , đường cao AH có AB 1 cos ABC 
 AB  BC.cosABC  40.cos60  40.  20 . BC 2
Vậy AB  20cm .
b) Áp dụng Pytago cho ABC  ta có 2 2 2 2 2
AC  BC  AB  40  20  1200
 AC  20 3 cm .
Áp dụng hệ thíc lượng trong tam giác vuông ABC ta có 2 AC 1200 2
AC  BC  HC  HC    30. BC 40 Do ABC 
vuông tại A  ACB  90  ABC  90  60  30 . Xét H
 KC vuông tại K có ˆ KH ˆ 1 sinC 
 HK  HC .sinC  30.sin30  30 15 . HC 2 Trang 5
Vậy HK  15 cm .
Câu 10. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( BA  BC ) và nội tiếp đường tròn tâm O . Hai
tiếp tuyến của đường tròn O tại A và C cắt nhau tại I . Tia BI cắt đường tròn O tại
điểm thứ hai là D .
a) Chứng minh rằng tứ giác OAIC nội tiếp.
b) Chứng minh 2 IC  I . B ID .
c) Gọi M là trung điểm của BD . Tia CM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E .
Chứng minh MO  AE . Lời giải B 1 E O M 2 2 A C 1 D 2 1 I
a) Vì I ,
A IC là tiếp tuyến của O với tiếp điểm lần lượt là ,
A C nên IAO  ICO  90 . Xét
tứ giác OAIC ta có IAO  ICO  90  90  180 .
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giár OAIC nội tiếp
b) Xét I  CD và I
 BC ta có B  C (Góc nội tiếp, góc tạo bời tiếp tuyến và dây cung cùng 1 1 chắn cung CD ). Trang 6 Lai có I chung 1 Nên I  CD∽ I
 BC g.g IC ID Suy ra  hay 2
IC  IB. ID  điều phải chứng minh. IB IC
c) Vì M là trung điểm của BD nên OM  BD (Liên hệ giữa đường kính và dây cung) (2) Suy ra OMI  90 .
Ta có OMI  OCI  90  90  180 .
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác OMIC nội tiếp.
Từ (1) và (3) suy ra năm điểm O, M , ,
A I , C cùng thuộc một đường tròn.
Suy ra tứ giác AMCI nội tiếp.
Suy ra I  C (Hai góc cùng nhìn cạnh AM ) 2 2
Ta có C  A (Góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AE ). 2 2
Suy ra A  I mà hai góc này ở vị trí dồng vị nên AE // BD . 2 2
Từ (2) và (4) suy ra OM  AE  điều phải chứng minh.
---------------------------------@Hết@--------------------------------- Trang 7