Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2023-2024 môn toán Sở GD Thái Bình (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÁI BÌNH
NĂM HỌC: 2023 – 2024 Môn: TOÁN
Khoá thi ngày: 8/6/2023
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm)
 x  6 x 1
x 1  x  4 x
Cho hai biểu thức P     :   và Q 
(với x  0; x  1). x 1 x 1 1 x   x  4
a) Tính giá trị biểu thức Q với x  4 .
b) Chứng minh rằng P  4Q .
c) Tìm tất cả các giá trị của x để P nhận giá trị là số nguyên. Câu 2. (2,0 điểm)
mx  y  3 Cho hệ phương trình 
(với m là tham số).
x  y  2
a) Giải hệ phương trình với m  2 .
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y thỏa mãn 2 2
x  y  10 . Câu 3.
(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P 2
: y  2x và đường thẳng
d: y  x  m (với m là tham số).
a) Tìm m để d  đi qua điểm A2;8 .
b) Tìm m để d  cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn: 1 2
x  x  3x x  5. 1 2 1 2 Câu 4. (3,5 điểm)
b) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O; R . Kẻ AH vuông góc với BC tại H ,
HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I .
a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.
b) Gọi E là giao điểm của AH với KI . Chứng minh rằng E .
A EH  EK.EI .
c) Chứng minh KI vuông góc với AO .
d) Giả sử điểm A và đường tròn O; R cố định, còn dây BC thay đổi sao cho 2 A . B AC  3R .
Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2) Một hình nón có diện tích đáy bằng  2 16
cm  và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy.
Tính thể tích của hình nón đó. Câu 5. (0,5 điểm) Cho các số thực dương ,
x y, z thỏa mãn x  y  z  6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 xy yz zx P    . 3 3 3 y  4 z  4 x  4
---------------------------------@Hết@--------------------------------- Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm)
 x  6 x 1
x 1  x  4 x
Cho hai biểu thức P     :   và Q 
(với x  0; x  1). x 1 x 1 1 x   x  4
a) Tính giá trị biểu thức Q với x  4 .
b) Chứng minh rằng P  4Q .
c) Tìm tất cả các giá trị của x để P nhận giá trị là số nguyên. Lời giải x
a) Theo bài ra Q 
với x  0; x  1 x  4 4 2 1
Thay x  4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta có: Q    . 4  4 8 4
b) Với x  0; x  1 ta có:
 x  6 x 1
x 1  x  4 P     :   x 1 x 1 1 x     x  6 x 1 x 1 x  4 P     x   1  x    : 1 x 1 1 x  x 
x    x  2 6 1 1 1 x p   x   1  x   . 1 x  4
x  6 x 1 x  2 x 1 1 x P  . x 1 x  4
4 x  x   1 P  . x 1 x  4 4 x P  x  4 x P  4.  4.Q x  4
Vậy P  4Q với x  0; x  1. 4 x c) Ta có P 
với x  0; x  1. x  4 4 x
Với x  0; x  1 ta có 4 x  0; x  4  0  P   0   1 x  4
x    x  x    x  2 4 4 4 2 Ta cũng có: P  1  1 x  x  x  4 x  với 0; 1 4 Do đó 4 x P   1 2 x  4 Từ  
1 và 2  0  P 1. Mà P nhận giá trị là số nguyên nên P 0;  1 . x + Với P  4 0 
 0  x  0  x  0 (thỏa mãn) x  4 Trang 2 x + Với P  1    x   x  x   x    x  2 4 1 4 4 4 4 0 2  0 x  4
 x  2  0  x  4 (thỏa mãn). Vậy x 0; 
4 thì P nhận giá trị là số nguyên. Câu 2. (2,0 điểm)
mx  y  3 Cho hệ phương trình 
(với m là tham số).
x  y  2
a) Giải hệ phương trình với m  2 .
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y thỏa mãn 2 2
x  y  10 . Lời giải
a) Với m  2 hệ phương trình đã cho trở thành:  1  1 x  x 
2x  y  3 3  x  1    3  3       
x  y  2
x  y  2 1 7  y 2     y   3  3  
Vậy với m  2 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x y 1 7 ;  ;   .  3 3 
mx  y  3   1
b) Xét hệ phương trình 
x  y  2  2
Từ 2 ta có y  x  2 3 . Thay 3 vào  
1 ta được: mx  x  2  3  m   1 x  1 4
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình 4 có nghiệm duy nhất
 m1 0  m  1  1 Với m  1
 phương trình 4 có 1 nghiệm x  . m 1 1 2m  3
Từ 2 ta có y   2  . m 1 m 1  1 x   m 1 Với m  1
 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2m  3  y   m 1 2 2  1   2m  3  Theo bài ra 2 2
x  y  10   10      m 1  m 1  2 2
1 2m 3 10m   1 2 2
 1 4m 12m  9 10m  20m 10 2
 6m  8m  0
 2m3m  4  0 m  0   4   (thỏa mãn). m   3 Trang 3 4  Vậy m   ; 0thỏa mãn đề bài.  3  Câu 3.
(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P 2
: y  2x và đường thẳng
d: y  x  m (với m là tham số).
a) Tìm m để d  đi qua điểm A2;8 .
b) Tìm m để d  cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn: 1 2
x  x  3x x  5. 1 2 1 2 Lời giải
a) Đường thẳng d  : y  x  m đi qua điểm A2;8  2  m  8  m  6 .
Vậy m  6 thì d  đi qua điểm A2;8 .
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol P 2
: y  2x và đường thẳng
d: y  x  m là: 2 2
2x  x  m  2x  x  m  0   * . Phương trình   2 * có:    
1  4.2.m  1 8m .
Để d  cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thì phương trình   * có hai nghiệm 1 2 1 
phân biệt x , x    0  1 8m  0  m  . 1 2 8  1 x  x   1 2  Theo đị 2 nh lí Vi-et ta có:   m x .x  1 2  2 m
Theo bài ra: x  x  3x x  1 5   3.
 5  1 3m  10  3m  9  m  3(thỏa mãn). 1 2 1 2 2 2
Vậy m  3 là giá trị cần tìm. Câu 4. (3,5 điểm)
1) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O; R . Kẻ AH vuông góc với BC tại H ,
HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I .
a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.
b) Gọi E là giao điểm của AH với KI . Chứng minh rằng E .
A EH  EK.EI .
c) Chứng minh KI vuông góc với AO .
d) Giả sử điểm A và đường tròn O; R cố định, còn dây BC thay đổi sao cho 2 A . B AC  3R .
Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2) Một hình nón có diện tích đáy bằng  2 16
cm  và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy.
Tính thể tích của hình nón đó. Lời giải Trang 4 A 1 1 E J K O 1 2 B C H M 1 F
1. a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn. Ta có:
AKH  90 (vì HK vuông góc với AB tại K )
AIH  90 (vì HI vuông góc với AC tại I ).
Xét tứ giác AKHI có: AKH  AIH  90  90  180 , mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
Vậy tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.
b) Gọi E là giao điểm của AH với KI . Chứng minh rằng E .
A EH  EK.EI .
Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt) nên HKI  HAI (hai góc nội tiếp cùng chắn HI )
Hay HKE  IAE . Xét E  KH và EAI  có:
KEH  AEI (hai góc đối đỉnh);
HKE  IAE (cmt) Do đó: E  KH ∽ E  AI (g.g) EK EH    E .
A EH  EK.EI EA EI
Vậy ta có điều phải chứng minh.
c) Chứng minh KI vuông góc với AO .
Kẻ đường kính AF của đường tròn O; R . Gọi J là giao điểm của KI và AO .
Xét đường tròn O; R có F  B (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ).   1 1 1
Lại có B  H (vì cùng phụ với H ). 2 1 1 2
Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)
nên H  I (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK ) 3 1 1 Từ  
1 ; 2 và 3 suy ra: F  I . 1 1
Mà trong đường tròn O; R có: ACF  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Hay A  F  90 4 . 1 1
Từ 3 và 4 suy ra A  I  90  AJI  90 . 1 1
Vậy KI vuông góc với AO . Trang 5
d) Giả sử điểm A và đường tròn O; R cố định, còn dây BC thay đổi sao cho 2 A . B AC  3R .
Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Có ACF  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ABH  AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn O; R Xét A  HB và A  CF có:
AHB  ACF 90 ;
ABH  AFC (cmt) 2 Do đó: AH AB A . B AC 3R 3R A  HB A  ∽ CF (g.g)    AH    . AC AF AF 2R 2 1 1 3R 3R Ta có: S  AH.BC  . .BC  .BC . ABC 2 2 2 4
Do R không đổi nên S
lớn nhất  BC lớn nhất. ABC
Gọi M là trung điểm của BC thì OM  BC .
BC lớn nhất  OM bé nhất. 3R R
Ta có OM  AM  AO  AH  AO   R  . 2 2 R OM bé nhất bằng  ,
A O, M thẳng hàng và H  M . 2 Khi đó R 3R
AH  AM  AO  OM  R   . 2 2 3R Vậy diện tích ABC 
lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng ( ABC  đều) 2
2) Gọi bán kính đáy của hình nón là R .
Do diện tích của đáy hình nón là 2
S  16  R 
16  R  4cm
Theo giả thiết chiều cao của hình nón gấp 3 lần bán kính đáy nên chiều cao của hình nón là:
h  3R  3.4  12cm 1 1
Thể tích hình nón là: V  S.h  .16 .1  2 =64 3 cm  3 3
Vậy thể tích hình nón là 3 64 cm . Câu 5. (0,5 điểm) Cho các số thực dương ,
x y, z thỏa mãn x  y  z  6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 xy yz zx P    . 3 3 3 y  4 z  4 x  4 Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có: 3 3 3 xy yz zx P    3 3 3 3 3 3 y y z z x x   4   4   4 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 xy yz zx xy yz zx P       2 2 2 3 3 3 3 3 3 3y 3z 3x y y z z x x 3 3 3 3. . .4 3. . .4 3. . .4 2 2 2 2 2 2
xy  yz  zx P  . 3 Trang 6 2 2 2
Lại có  x  y   y  z   z  x  0  , x y, z 2 2 2
 x  y  z  xy  yz  zx
 x  y  z2  3xy  yz  zx
x  y  z 2 6
 xy  yz  zx    12 3 3 12  P   4 . 3
x  y  z Dấu “=” xảy ra khi 
 x  y  z  2 .
x  y  z  6
Vậy MaxP  4  x  y  z  2 .
---------------------------------@Hết@--------------------------------- Trang 7