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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THANH HÓA
NĂM HỌC: 2023 – 2024
Khoá thi ngày: 10/6/2023
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) x x 1 2  5 x Cho biểu thức P   
vơi x  0, x  4 . x  2 x  2 x  4
1. Rút gọn biểu thức P .
2. Tìm tất cả các giá trị của x để P  1 . Câu 2. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d  có phương trình y  ax  b . Tìm
a, b để đường thẳng d  có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M  1  ;2. 3
 x  y  6
2. Giải hệ phương trình  .
x  y  2 Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2
x  3x  2  0 . 2. Cho phương trình 2 2
x  2mx  m  2  0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm x , x (với x  x ) thỏa mãn hệ thức 1 2 1 2 2
x  2 x  3x x  3m  3m  4 . 2 1 1 2 Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn O và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến M ,
A MB đến O (với ,
A B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua
O , đường thẳng MC cắt đường tròn O tại D (D khác C) .
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO . Chứng minh 2 MN  . ND NA . 2  HA  AC
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB . Chứng minh  1   .  HD  HN Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm ,
x y, z thỏa mãn 2 2 2
4x  y  4z  6 y . 8 16 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M     2023 . 2 2 2 (x  3) ( y  4) (z 1)
---------------------------------49Hết49--------------------------------- Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) x x 1 2  5 x Cho biểu thức P   
vơi x  0, x  4 . x  2 x  2 x  4
1. Rút gọn biểu thức P .
2. Tìm tất cả các giá trị của x để P  1 . Lời giải x x 1 2  5 x 1) P    ; x 0 … , x  4 x  2 x  2 x  4
x  x  2   x  
1  x  2  2  5 x  P  
x  2 x  2
x  2 x  x  2 x 
x  2  2  5 x P  
x  2 x  2 2x  4 x P  
x  2 x  2
2 x  x  2 P  
x  2 x  2 2 x P  x  2 2 x Vậy với x 0
… ; x  4 thì P  x  2 2 x
2) Để P  1 ta có  1 với x 0 … ; x  4 x  2 2 x  1  0 x  2 2 x  x  2   0 x  2 x  2   0 x  2 Do x 0 … nên x  2 2
… , tức x  2  0
 x  2  0  x  2  x  4. Trang 2
kết hợp với điều kiện ta có x  4 .
Vậy x  4 ,thì P  1 Câu 2. (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d  có phương trình y  ax  b . Tìm
a, b để đường thẳng d  có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M  1  ;2. 3
 x  y  6
2.Giải hệ phương trình  .
x  y  2 Lời giải
1) Phương trình đường thẳng d  : y  ax  ba  0
Vì d có hệ số góc bằng 3 nên a  3  y  3x  b
Vì d đi qua điểm M  1  , 2  3. 
1  b  2  b  5
Vậy a  3;b  5 3
 x  y  6 4 x  4 x 1 2) Ta có     
x  y  2
x  y  2 y  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ; x y  1;3 Câu 3. (2,0 điểm) 1.Giải phương trình 2
x  3x  2  0 . 2.Cho phương trình 2 2
x  2mx  m  2  0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm x , x (với x  x ) thỏa mãn hệ thức 1 2 1 2 2
x  2 x  3x x  3m  3m  4 . 2 1 1 2 Lời giải 1.Giải phương trình 2
x  3x  2  0 . Ta có 2 2
Δ  b  4ac  ( 3  )  42 1  0  3  1 x   2 1  2
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt   3  1 x  1 2  2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;  2 . 2.Ta có 2
a  c  m 
 2„  2  0 nên phương trình có hai nghiệm trái dấu
mà x  x nên x  0  x  x  x 1 2 1 2 1 1
x  x  2m Theo Vi-ét ta có 1 2  2
x x  m  2  1 2 Theo bài ra 2
x  2 x  3x x =3m  3m  4 2 1 1 2
 x  2x 3 2 m  2 2
 3m  3m  4 2 1 Trang 3
 2x  x  3m  2 kết hợp với x  x  2m 1 2 1 2 x  m  2 1   mà 2
x  x  m  2 x  m  2  1 2 2
 m  m   2 2 2  m  2 2 2 2
m  4  m  2  0  2m  2  m  1  ( thỏa mãn) Vậy m  1  là giá trị cần tìm Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn O và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến M ,
A MB đến O (với ,
A B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua
O , đường thẳng MC cắt đường tròn O tại D (D khác C) .
1.Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2.Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO . Chứng minh 2 MN  . ND NA . 2  HA  AC
3.Gọi H là giao điểm của MO và AB . Chứng minh:  1   .  HD  HN Lời giải
1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp
- Có MAO  MBO  90 ( Do M ,
A MB là các tiếp tuyến của O tại A và B )
Xét tứ giác MAOB có MAO  MBO  90  90  180
mà hai góc này đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính MO . A C D M O N B 2) Chứng minh 2 MN  N . D NA
Có BAC  90 ( Góc nội tiếp chẳn nửa đường tròn)  AC  AB (1) Trang 4
MA  MB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA  OB ( bán kính của O )
Nên MO là trung trực của đoạn thẳng AB  MO  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra AC // MO  NMD  ACD
mà MAN  ACD ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn AD )
 NMD  NAM Xét N  MD và N
 AM có: NMD  NAM và MNA chung Do đó N
 MD∽ N
 AM g.g MN ND 2    MN  N . D NA NA MN Vậy 2 MN  N . D NA . 2 HA AC
3. Chứng minh: - = 1. 2 HD HN A C D M O H N B Vì M ,
A MB là hai tiếp tuyến cắt nhau kẻ từ M đến đường tròn O nên MA  MB , và
MA là tia phân giác của góc AMB Xét M
 AB cân tại M có MH là đường phân giác đồng thời là đường cao
Xét DMAD và DMCA có: · AMC chung ; · · 1 MDA = MCA = sđ »
AD ( góc nội tiếp và góc 2
tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn » AD )
Suy ra: D MAD∽D MCA (g.g) MD MA Do đó: 2 = Û M . D MC = MA MA MH
Suy ra: Tứ giác DHOC nội tiếp. · · · ·
Þ MHD = OCD = ODC = OHC Trang 5 · · 1 · 1 · · Þ DHA = AHC = DHC =
DOC = DBC ( mối quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở 2 2 tâm). Mà · ·
DAH = DCB nên · · · ·
DHA+ DAH = DBC + DCB = 90° · Þ ADH = 90° .
Xét DAHN vuông tại H có HD là đường cao nên 2 2 NH = .
ND NA = NM Þ NH = NM . 2 HA . AD AN AN Mặt khác = = ( ) 1 2 HD . AD DN DN AC AC AD Và = = (2) . HN MN DN 2 HA AC AN AD Từ (1) và (2) suy ra: - = - = 1 (đpcm). 2 HD HN DN DN
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm ,
x y, z thỏa mãn 2 2 2
4x  y  4z  6 y . 8 16 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M     2023 . 2 2 2 (x  3) ( y  4) (z 1) Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được: 2 2 2 x 1  2 ;
x y  4  8y; z 1  2z y 2 2 2
 8x  8y  8z  4x  y  4z  24  6y  24  x   z  3 4 1 1 8
Với hai số a,b  0 thì ta có đánh giá cơ bản:   * 2 2 2   a b a b Áp dụng   * ta được: 16 1 1 1 8      y  42 z  2 2 1  y  z  2 2 1  y  1  z  2      4   4  8 8 64     x  3 1 2 2 2  y   y   z  2 x   z  5      4   4 
Từ đó suy ra: M  2024
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2024 khi  ,
x y, z   1, 4,  1 .
---------------------------------49Hết49--------------------------------- Trang 6