Đề Toán định hướng vào 10 năm 2023 – 2024 trường THCS Trần Mai Ninh – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi môn Toán định hướng vào lớp 10 THPT năm học 2023 – 2024 trường THCS Trần Mai Ninh, tỉnh Thanh Hóa; kỳ thi được diễn ra vào ngày 25 tháng 02 năm 2023. Mời bạn đọc đón xem nhé!

1
PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯNG THCS TRN MAI NINH
K THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LP 10 THPT
NĂM HC 2023 - 2024
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023
Thi gian làm bài 120 phút (không k thi gian giao đ)
Đề thi có: 01 trang
ĐỀ CHN:
Câu I: (2,0 đim)
Cho biu thc:
2 17 3
9
33
xx x
P
x
xx
++
=+−
+−
1. Rút gn biu thc
P
2. Tìm giá tr ca
x
để biu thc
1
3
=P
Câu II: (2,0 đim)
1. Gii phương trình: 5x
2
+ 6x 11 = 0
2. Gii h phương trình:
111
xy2
462
xy3
+=
+=
Câu III: (2,0 đim)
1. Cho hai đường thẳng (d
1
): y = (m 2)x + 3 (với m
2) (d
2
): y = 3x + m
Tìm m để hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) song song với nhau.
2. Tìm m để đường thẳng (d
1
) ct Ox ti A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông
cân.
Câu IV: (3,0 đim)
Cho đưng tròn (O) đưng kính MN = 2R. Trên đon thng OM ly đim F (F khác
O M). Dây PA vuông góc vi MN ti F. Trên cung nh NP ly đim D bt k
(D , D )NP≠≠
, MD
ct PF ti I, gi E là giao đim ca NP
với tiếp tuyến ti M ca (O).
1. Chng minh rng: Bn đim N, D, I, F cùng thuc mt đưng tròn.
2. Chng minh: MI. MD = PN.PE
3. Khi F trung đim ca OM
và D chy trên cung nh NP. Tìm v trí đim D đ DN
+ DP ln nht. Tìm giá tr lớn nht đó.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho x, y, z
là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = 6.
Chng minh rng:
3 33
3++≥
xyz
yzx
---------------------------Hết---------------------------
H và tên thí sinh:.....................................................S báo danh:................................
Ch kí ca giám th 1:..............................................Ch kí ca giám th 2:....................
ĐỀ CHÍNH THC
2
NG DN CHM THI ĐỊNHNG VÀO LP 10 THPT MÔN TOÁN
NĂM HC 2023 - 2024
ĐỀ CHN:
CÂU
NI DUNG
ĐIM
Câu
I
(2đ)
1) Vi
0; x 9x
≥≠
Ta
( )( )
2 1 73
33
33
xx x
P
xx
xx
++
=+−
+−
+−
(
)
(
)
( )
(
)
( )
2 . 3 1 3 37
33
+ + + −−
=
+−
xx x x x
P
xx
( )
(
)
2 6 4 337
33
++ +−−
=
+−
x xx x x
xx
( )
( )
(
)
(
)
(
)
33
39 3
3
33 33
= = =
+
+− +−
xx
xx x
x
xx xx
Vy
3
3
=
+
x
P
x
với
0; 9≥≠xx
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Vi
0; 9xx≥≠
,
1
3
=P
khi
31
3
3
=
+
x
x
6 ( 3)
0
3
xx
x
−+
⇔=
+
83
0
3
x
x
⇔=
+
8 30 −=x
9
(t/ m)
64
⇔=x
Vy
91
64 3
x khi P= =
0,5
0,5
Câu
II
(2đ)
1) Gii phương trình: 5x
2
+ 6x 11 = 0
ó
5x
2
+ 6x 11 = 0
5x
2
5x + 11x 11 = 0
5x(x 1) + 11(x 1) = 0
(x 1)(5x + 11) = 0
x 1 = 0 hoc 5x + 11 = 0
1: 1 0
1H xTx = ⇔=
2 : 5 + 11 0
11
5
TH x x
⇔==
Vy tp nghim ca phương trình là S =
11
1;
5



2) Gii h phương trình:
111 111
xy2 xy2
(*)
462 231
xy3 xy3

+= +=




+= +=


0,5
0,5
3
Điu kin
0
0
x
y
Đặt
1
( 0)
1
( 0)
aa
x
bb
y
=
=
H phương trình (*) tr thành
1
2
1
23
3
ab
ab
+=
+=
Gii h phương trình ta đưc
7
6
6
7
(/ ) (/ )
2
3
3
2
a
x
tm tm
b
y
=
=



=
=
Vy h phương trình có nghim là
6
7
3
2
x
y
=
=
0,75
0,25
Câu
III
(2đ)
1) Hai đưng thng
1
()
d
2
()d
song song vi nhau khi
'
'
a = a
b b
m - 2 = 3 5
3 35
22
m
m mm
mm
=


≠⇔ =


≠≠

Vy m = 5 thì hai đưng thng
1
()d
2
()d
song song vi nhau
0,75
0,25
2)
+) Nếu x = 0 thì y = 3
B(0; 3)
OB = 3
+) Nếu y = 0 thì x =
3
m2
(vi m
2)
3
A ;0
m2



33
OA
m2 m2
⇒= =
−−
Vì A
Ox, B
Oy nên tam giá OAB vuông ti O
Tam giác OAB vuông cân ti O khi OA = OB
2
2
m 2 1 m 3 (t / m)
9
9 (m 2) 1
m 2 1 m 1(t / m)
(m 2)
−= =

=⇔−=

−= =

Vy m
}
{
1; 3
0,5
0,25
0,25
1) Chng minh rng: Bn đim D, N, F, I cùng thuc 1 đưng tròn:
() đưng kính MN nên 
= 90
hay 
= 90
Suy ra I, D, N cùng thuc đưng tròn đưng kính IN.
Li có   nên 
= 90
0,5
4
Câu
IV
(3đ)
Suy ra bn điểm I, F, N cùng thuc đưng tròn đưng kính IN.
Vy bn điểm I, D, F, N cùng thuc đưng tròn đưng kính IN (đpcm)
0,5
2) Chng minh: MI.MD = PN.PE
Xét 
90
MFI MDN= =
DMN
chung
do đó  ( )
suy ra:


=


.  = MF.MN (1)
Mt khác : () đưng kính AB nên 
= 90
(góc ni tiếp chn na
đưng tròn)
Áp dng h thc lưng trong tam giác vuông MPN đưng cao PF
Ta có MF.MN = MP
2
(2)
Li có: ME tiếp tuyến ca (O) ti M nên 
= 90
(tính cht tiếp tuyến)
Áp dng h thc lưng trong tam giác vuông EMN đưng cao MP
Ta có MP
2
= PE.PN (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: MI.MD = PN.PE
0,25
0,25
0,25
0,25
3) Tìm v trí đim
E
để
EB EC+
ln nht:
Vì MN vuông góc vi PA ti F nên F là trung đim ca PA
 cân ti N. (NF là đưng cao, đưng trung tuyến)
F là trung đim ca ;   nên  cân ti P
Mà OM = OP = R nên  đều suy ra 
= 60

= 30

= 60
nên  đều
Trên tia DA lấy đim B sao cho DB = DP

= 
= 60
(góc ni tiếp cùng chn cung PA) nên  đều

= 180

= 120
(k bù)
0,25
B
E
I
A
P
F
M
O
N
D
5

= 180

= 120

= 
(góc ni tiếp cùng chn cung PD)
Suy ra 
= 
Xét   ta

= 
PB = PD

= 
Do đó  = (. . ) suy ra AB = DN
Khi đó DN + DP = BA + BD = AD 2
Đẳng thc xy ra khi và ch khi AD đưng kính ca đưng tròn
(
)
là đim đi xng vi A qua
O
Vy giá tr lớn nht ca DN + DP bng 2R khi D đối xng vi A qua O
0,25
0,25
0,25
Câu
V
(1đ)
Đặt
3 33
=++
xyz
P
yzx
Có x, y, z
là các s thc dương, theo bt đng thc AM-GM
ta có:
3
2
3
2
3
2
2
2
2
+≥
+≥
+≥
x
xy x
y
y
yz y
z
z
xz z
x
( )
( )
3 33
2 22
2⇒= + + + + + +
xyz
P x y z xy yz zx
yzx
6
+++++=x y z xy yz zx
( )
(
)
2 22
26 + + + ++
P x y z xyz
( ) ( ) ( )
222
0 + +− xy yz zx
(
)
( )
2 22
22 ++ ++x y z xy yz xz
( )
( )
2
2 22
3 + + ++x y z xyz
Suy ra
( ) ( )
2
2
6
3
++ + ++ P xyz xyz
.
2 22
++≤++xy yz zx x y z
( ) ( )
2
3 + + ++xy yz zx x y z
Do đó
( )
2
1
6
3
=+++ + + +++ ++x y z xy yz xz x y z x y z
( ) ( )
2
1
60
3
++ + ++ xyz xyz
.
( )
3 ++ xyz
( )
2
9++ xyz
Suy ra
2
.9 3 6 3
3
P +−=
Du đng thc xy ra khi
1= = =
xyz
. Vy
3 33
3++≥
xyz
yzx
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương.
Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai câu 4 thì không chấm điểm.
1
PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ
TRƯNG THCS TRN MAI NINH
K THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LP 10 THPT
NĂM HC 2023 - 2024
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023
Thi gian làm bài 120 phút (không k thi gian giao đ)
Đề thi có: 01 trang
ĐỀ L:
Câu I: (2,0 đim)
Cho biu thc:
2 17 3
9
33
aa a
P
a
aa
++
=+−
+−
1. Rút gn biu thc
P
2. Tìm giá tr ca
a
để biu thc
1
2
=P
Câu II: (2,0 đim)
1. Gii phương trình: 3x
2
+ 8x 11 = 0
2. Gii h phương trình:
113
xy4
12 9 3
x y2
+=
+=
Câu III: (2,0 đim)
1. Cho hai đường thẳng (d
1
): y = (m 1)x + 2 (với m
1) (d
2
): y = 3x + m
Tìm m để hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) song song với nhau.
2. Tìm m để đường thẳng (d
1
) cắt Ox tại A, cắt Oy ti B sao cho tam giác OAB
vuông cân.
Câu IV: (3,0 đim)
Cho đưng tròn (O) đưng kính AB = 2R. Trên đon thng OA ly đim I
(I khác O và A). Dây CM vuông góc vi AB ti I. Trên cung nh BC ly đim E bt k
(,)E BE C≠≠
, AE ct CI ti F, gi D là giao đim ca BC với tiếp tuyến ti A ca (O).
1. Chng minh rng: Bn đim B, E, F, I cùng thuc mt đưng tròn.
2. Chng minh: AE. AF = CB.CD
3. Khi I là trung đim ca OA E chy trên cung nh BC. Tìm v trí đim E để
EB + EC
lớn nht. Tìm giá tr ln nht đó.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho a, b, c
là các s thc dương tha mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6.
Chng minh rng:
333
3
abc
bca
++≥
---------------------------Hết---------------------------
H và tên thí sinh:.....................................................S báo danh:................................
Ch kí ca giám th 1:..............................................Ch kí ca giám th 2:....................
ĐỀ CHÍNH THC
2
NG DN CHM THI ĐNH NG VÀO LP 10 THPT MÔN TOÁN
NĂM HC 2023 - 2024
ĐỀ L:
CÂU
NI DUNG
ĐIM
Câu
I
(2đ)
Vi
0; 9aa≥≠
, ta
( )( )
2 1 73
33
33
aa a
P
aa
aa
++
=+−
+−
+−
( ) (
)(
)
( )( )
2 . 3 1 3 37
33
aa a a a
P
aa
+ + + −−
=
+−
( )
( )
2 6 4 337
33
a aa a a
aa
++ +−−
=
+−
(
)
( )
(
)
( )( )
33
39 3
3
33 33
aa
aa a
a
aa aa
= = =
+
+− +−
Vy
3
3
a
P
a
=
+
với
0; 9aa≥≠
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Vi
0; 9aa≥≠
,
1
2
=P
khi
31
2
3
=
+
a
a
6 ( 3) 5 3
00
33
−+
=⇔=
++
aa a
aa
5 30
−=
a
9
(t/ m)
25
⇔=a
Vy
91
25 2
a khi P= =
0,5
0,5
Câu
II
(2đ)
1) Gii phương trình: 3x
2
+ 8x 11 = 0
Ta có 3x
2
+ 8x 11 = 0
3x
2
3x + 11x 11 = 0
3x(x 1) + 11(x 1) = 0
(x 1)(3x + 11) = 0
x 1 = 0 hoc 3x + 11 = 0
1: 1 0
1H
xTx =
⇔=
2: 3 + 11 0
11
3
TH x x⇔==
Vy tp nghim ca phương trình là S =
11
1;
3



2) Gii h phương trình:
113 113
xy4 xy4
(*)
12 9 3 4 3 1
x y2 xy2

+= +=




+= +=


0,75
0,25
3
Điu kin
0
0
x
y
Đặt
1
( 0)
1
( 0)
aa
x
bb
y
=
=
H phương trình (*) tr thành
3
4
1
43
2
ab
ab
+=
+=
Gii h phương trình ta đưc
4
7
7
4
(/ ) (/ )
52
25
x
a
tm tm
by
=
=



= =
Vy h phương trình có nghim là
4
7
2
5
x
y
=
=
0,75
0,25
Câu
III
(2đ)
1) Hai đưng thng
1
()d
2
()d
song song vi nhau khi
'
'
a = a
b b
m - 1 = 3 4
2 2 4
11
m
m mm
mm
=


⇔≠ ⇔≠=


≠≠

Vy m = 4 thì hai đưng thng
1
()d
2
()d
song song vi nhau
0,75
0,25
2)
+) Nếu x = 0 thì y = 2
B(0; 2)
OB = 2
+) Nếu y = 0 thì x =
2
m1
(vi m
1)
2
A ;0
m1



22
OA
m1 m1
⇒= =
−−
Vì A
Ox, B
Oy nên tam giá OAB vuông ti O
Tam giác OAB vuông cân ti O khi OA = OB
2
2
m11
4
4 (m 1) 1
m1 1
(m 1)
−=
=−=
−=
m 2 (t / m)
m 0 (t / m)
=
=
Vy m
}
{
0; 2
0,75
0,25
4
Câu
IV
(3đ)
1) Chng minh rng: Bn đim B, E, F, I cùng thuc 1 đưng tròn:
()EO
đưng kính
AB
nên
0
90AEB =
hay
0
90FEB =
Suy ra E , F, B cùng thuc đưng tròn đưng kính FB
Li có
CI AB
nên
0
90FIB =
Suy ra I, F, B cùng thuc đưng tròn đưng kính FB.
Vy bn đim B, E, F, I cùng thuc đưng tròn đưng kính FB (đpcm)
0,5
0,5
2) Chng minh:
..AE AF CB CD=
Xét
AIF
AEB
ta có
0
90AIF AEB= =
EAB
chung
do đó
()AIF AEB g g∆∆
suy ra:
. AF.AE
AI AF
AI AB
AE AB
=⇔=
(1)
Mt khác:
()CO
đưng kính
AB
nên
0
90ACB =
(góc ni tiếp chn na
đưng tròn)
Áp dụng h thc lưng trong tam giác vuông
ACB
ta có
2
. (2)=AI AB AC
Li có:
AD
là tiếp tuyến ca
()O
ti
A
nên
0
90DAB =
(tính cht tiếp tuyến)
Áp dng h thc lưng trong tam giác vuông
BAD
ta có
2
. (3)=AC CD CB
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
..AE AF CB CD=
0,25
0,25
0,25
0,25
3) Tìm v trí đim
E
để
EB EC+
ln nht:
Vì AB vuông góc vi CM ti I nên I là trung đim ca CM
CBM
cân ti
B
(
BI
là đưng cao, đưng trung tuyến)
I
là trung đim ca
;OA CI OA
nên
OCA
cân ti
C
OC OA R= =
nên
OCA
đều suy ra
0
60COA =
00
30 60CBA CBM⇒= =
nên
CBM
đều
Trên tia
EM
lấy đim
N
sao cho
EN EC=
0
60CEM CBM= =
(góc ni tiếp cùng chn cung CM)
nên
CEN
đều
+)
00
180 120CNM CNE=−=
(k bù)
0,25
F
I
O
B
A
C
M
E
N
D
5
00
180 120=−=
CEB CAB
Suy ra
CNM CEB=
(1)
CMN CBE=
(góc ni tiếp cùng chn cung CE) (2)
Từ (1)(2) suy ra
MCN BCE=
Xét
CNM
CEB
CNM CEB
=
CE CN=
MCN BCE=
Do đó
( .. )CNM CEB g c g∆=
suy ra
MN EB=
Khi đó
2
+=+ = EC EB EN MN EM R
Đẳng thc xy ra khi và ch khi
EM
là đưng kính ca đưng tròn
()
O
E
là đim đi xng vi
M
qua
O
Vy giá tr lớn nht ca
EB EC+
bng
2R
khi E đối xng vi M qua O
0,25
0,25
0,25
Câu
V
(1đ)
Đặt
333
abc
P
bca
=++
a
,
b
,
c
là các s thc dương, theo bt đng thc AM-GM
Ta có:
3
2
3
2
3
2
2
2
2
a
ab a
b
b
bc b
c
c
ac c
a
+≥
+≥
+≥
( )
( )
333
222
2
abc
P a b c ab bc ac
bca
⇒= + + + + + +
6a b c ab bc ac+++ + + =
(
)
( )
222
26
P a b c abc + + + ++
( ) ( ) (
)
222
0ab bc ac +− +
( )
( )
222
22a b c ab bc ca ++ ++
( )
( )
2
222
3 a b c abc + + ++
. Suy ra
(
) ( )
2
2
6
3
P abc abc ++ + ++
222
ab bc ca a b c++++
( ) ( )
2
3 ab bc ac a b c + + ++
Do đó
( )
2
1
6
3
abcabbcacabc abc=+++ + + +++ ++
( ) ( )
2
1
60
3
abc abc ++ + ++ −≥
.
( )
3abc ++
,
( )
2
9abc++
Suy ra
2
.9 3 6 3
3
P +−=
. Du đng thc xy ra khi
1= = =abc
Vy
333
3
abc
bca
++≥
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú:
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương.
Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai bài 4 thì không chấm điểm.
| 1/10

Preview text:

PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ
KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi có: 01 trang
ĐỀ CHẴN:
Câu I: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 2 x x +1 7 x + 3 P = + − x + 3 x − 3 x − 9
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm giá trị của x để biểu thức 1 P = 3
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 1 1 1 + = x y 2
2. Giải hệ phương trình:  4 6 2  + = x y 3
Câu III: (2,0 điểm)
1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + 3 (với m ≠ 2) và (d2): y = 3x + m
Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau.
2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông cân.
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính MN = 2R. Trên đoạn thẳng OM lấy điểm F (F khác
O và M). Dây PA vuông góc với MN tại F. Trên cung nhỏ NP lấy điểm D bất kỳ
(D ≠ N, D ≠ P) , MD cắt PF tại I, gọi E là giao điểm của NP với tiếp tuyến tại M của (O).
1. Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh: MI. MD = PN.PE
3. Khi F là trung điểm của OM và D chạy trên cung nhỏ NP. Tìm vị trí điểm D để DN
+ DP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = 6. 3 3 3
Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 3 y z x
---------------------------Hết---------------------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:...............................
Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám thị 2:.................... 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHẴN: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1) Với x ≥ 0; x ≠ 9 0,25 2 x x +1 7 x + 3 Ta có P = + − x + 3
x − 3 ( x + 3)( x −3)
2 x.( x −3) + ( x + )1( x + 3) − 3 − 7 x P = 0,25 ( x +3)( x −3)
2x − 6 x + x + 4 x + 3 − 3 − 7 = x ( x +3)( x −3) 3 x x x ( x − − 3 3 9 ) 3 x Câu = = = 0,25 I
( x +3)( x −3) ( x +3)( x −3) x +3 (2đ) x Vậy 3 P =
với x ≥ 0;x ≠ 9 x + 3 0,25
2) Với x ≥ 0;x ≠ 9, 1 P = khi 3 x 1 = 3 x + 3 3 6 x − ( x + 3) − ⇔ = 0 8 x 3 ⇔ = 0 0,5 x + 3 x + 3 ⇒ 8 x − 3 = 0 9 ⇔ x = (t/ m) 64 Vậy 9 1 x = khi P = 0,5 64 3
1) Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0
ó 5x2 + 6x – 11 = 0⇔ 5x2 – 5x + 11x – 11 = 0
⇔ 5x(x – 1) + 11(x – 1) = 0⇔ (x – 1)(5x + 11) = 0
⇔ x – 1 = 0 hoặc 5x + 11 = 0 TH 1: x – 1 0,5 = 0 ⇔ x = 1
TH 2: 5x + 11 = 0 11 ⇔ x=− 5
Câu Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  11 1;   −  0,5 II  5  (2đ) 1 1 1 1 1 1 + = + = x y 2   x y 2
2) Giải hệ phương trình:  ⇔  (*) 4 6 2 2 3 1   + = + = x y 3   x y 3 2 x ≠ 0 Điều kiện  y ≠ 0
1 = a (a ≠ 0)  Đặt  x  1  = b (b ≠ 0)  y  1 a +b= 
Hệ phương trình (*) trở thành  2  1 2a +3b=  3  7  6 a = x =  
Giải hệ phương trình ta được  6  7  (t / m) ⇒  (t / m) −2 −3 0,75 b   = y =  3  2  6 x =
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  7  −3  0,25 y =  2 ' a = a
1) Hai đường thẳng (d ) và (d )song song với nhau khi 1 2  ' b b ≠ m - 2 = 3 m = 5 0,75 3   m  ⇔ ≠
⇔ m ≠ 3 ⇔ m = 5   0,25 m≠2 m≠   2
Câu Vậy m = 5 thì hai đường thẳng (d ) và (d )song song với nhau 1 2 III 2)
(2đ) +) Nếu x = 0 thì y = 3 ⇒B(0; 3) ⇒ OB = 3 +) Nếu y = 0 thì x = 3 − (với m  − ≠ 2) 3 ⇒ A ; 0 m − 2  m 2  −  3 − 3 ⇒ OA = = m − 2 m − 2
Vì A∈Ox, B∈Oy nên tam giá OAB vuông tại O 0,5
Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 9 m − 2 =1 m = 3 (t / m) 2 ⇔ = 9 ⇔ (m − 2) =1⇔ ⇔ 2 (m − 2)  m 2 1  − = − m =1(t / m) 0,25 Vậy m ∈{1; } 3 0,25
1) Chứng minh rằng: Bốn điểm D, N, F, I cùng thuộc 1 đường tròn:
𝐷𝐷 ∈ (𝑂𝑂) đường kính MN nên 𝑀𝑀𝐷𝐷𝑀𝑀
� = 900hay 𝐼𝐼𝐷𝐷𝑀𝑀 � = 900
Suy ra I, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN. 0,5
Lại có 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑀𝑀𝑀𝑀 nên 𝐼𝐼𝐼𝐼𝑀𝑀 � = 900 3
Suy ra bốn điểm I, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN.
Vậy bốn điểm I, D, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN (đpcm) 0,5 E D P I B M F O N A
2) Chứng minh: MI.MD = PN.PE
Câu Xét 𝛥𝛥𝑀𝑀𝐼𝐼𝐼𝐼và 𝛥𝛥𝑀𝑀𝑀𝑀𝐷𝐷 có IV  =  MFI MDN = 90 (3đ) DMN chung do đó
𝛥𝛥𝑀𝑀𝐼𝐼𝐼𝐼 ∽ 𝛥𝛥𝑀𝑀𝑀𝑀𝐷𝐷(𝑔𝑔 − 𝑔𝑔) 0,25
suy ra: 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⇔ 𝑀𝑀𝐼𝐼. 𝑀𝑀𝐷𝐷 = MF.MN (1) 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀
Mặt khác : 𝑃𝑃 ∈ (𝑂𝑂) đường kính AB nên 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPN đường cao PF 0,25 Ta có MF.MN = MP2 (2)
Lại có: ME là tiếp tuyến của (O) tại M nên 𝐸𝐸𝑀𝑀𝑀𝑀
� = 900 (tính chất tiếp tuyến)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EMN đường cao MP Ta có MP2 = PE.PN (3) 0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra: MI.MD = PN.PE 0,25
3) Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất:
Vì MN vuông góc với PA tại F nên F là trung điểm của PA
𝛥𝛥𝑃𝑃𝑀𝑀𝑃𝑃 cân tại N. (NF là đường cao, đường trung tuyến)
F là trung điểm của 𝑂𝑂𝑀𝑀; 𝑃𝑃𝐼𝐼 ⊥ 𝑂𝑂𝑀𝑀 nên 𝛥𝛥𝑃𝑃𝑀𝑀𝑂𝑂 cân tại P
Mà OM = OP = R nên 𝛥𝛥𝑃𝑃𝑀𝑀𝑂𝑂 đều suy ra 𝑃𝑃𝑂𝑂𝑀𝑀 � = 600 ⇒ 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀
� = 300 ⇒ 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑃𝑃
� = 600 nên 𝛥𝛥𝑃𝑃𝑀𝑀𝑃𝑃 đều 0,25
Trên tia DA lấy điểm B sao cho DB = DP Vì 𝑃𝑃𝐷𝐷𝑃𝑃 � = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑃𝑃
� = 600 (góc nội tiếp cùng chắn cung PA) nên 𝛥𝛥𝑃𝑃𝐷𝐷𝛥𝛥 đều 𝑃𝑃𝛥𝛥𝑃𝑃
� = 1800 − 𝑃𝑃𝛥𝛥𝐷𝐷 � = 1200 (kề bù) 4 𝑃𝑃𝐷𝐷𝑀𝑀
� = 1800 − 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 1200 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐷𝐷 � = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝐷𝐷
� (góc nội tiếp cùng chắn cung PD) Suy ra 0,25 𝑃𝑃𝛥𝛥𝑃𝑃 � = 𝑃𝑃𝐷𝐷𝑀𝑀 �
Xét 𝛥𝛥𝑃𝑃𝛥𝛥𝑃𝑃 và 𝛥𝛥𝑃𝑃𝛥𝛥𝑀𝑀 ta có 𝑃𝑃𝑃𝑃𝐷𝐷 � = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝐷𝐷 � PB = PD 𝑃𝑃𝛥𝛥𝑃𝑃 � = 𝑃𝑃𝐷𝐷𝑀𝑀 �
Do đó 𝛥𝛥𝑃𝑃𝛥𝛥𝑃𝑃 = 𝛥𝛥𝑃𝑃𝐷𝐷𝑀𝑀(𝑔𝑔. 𝑐𝑐. 𝑔𝑔) suy ra AB = DN
Khi đó DN + DP = BA + BD = AD ≤ 2𝑅𝑅 0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD đường kính của đường tròn (𝑂𝑂)
⇔ 𝐷𝐷 là điểm đối xứng với A qua O
Vậy giá trị lớn nhất của DN + DP bằng 2R khi D đối xứng với A qua O 0,25 3 3 3 x y z Đặt P = + + y z x
Có x, y, z là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3  x 2 + xy ≥  2x y 3  y 3 3 3 x y z ta có: 2 
+ yz ≥ 2y P = + + ≥ ( 2 2 2
2 x + y + z ) − (xy + yz + zx) 0,25 z y z x 3  z 2 + xz ≥  2z x 2 2 2
x + y + z + xy + yz + zx = 6 ⇒ P ≥ 2(x + y + z ) + (x + y + z) − 6
Câu Có(x y)2 + ( y z)2 + (z x)2 ≥ 0 ⇒ ( 2 2 2
2 x + y + z ) ≥ 2(xy + yz + xz) V (1đ) ⇒ ( 2 2 2
3 x + y + z ) ≥ (x + y + z)2 0,25 Suy ra 2
P ≥ (x + y + z)2 + (x + y + z) − 6. 3 Có 2 2 2
xy + yz + zx x + y + z ⇒ (xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 3 Do đó 1
6 = x + y + z + xy + yz + xz x + y + z + (x + y + z)2 3 1
⇒ (x + y + z)2 + (x + y + z) − 6 ≥ 0.⇒ (x + y + z) ≥ 3 (x + y + z)2 ≥ 9 3 Suy ra 2 P ≥ .9 + 3 − 6 = 3 0,25 3 3 3 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi x x y z
= y = z =1. Vậy + + ≥ 3 0,25 y z x
Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương.
Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai câu 4 thì không chấm điểm. 5
PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ
KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT
TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi có: 01 trang
ĐỀ LẺ:
Câu I: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 2 a a +1 7 a + 3 P = + − a + 3 a − 3 a − 9
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm giá trị của a để biểu thức 1 P = 2
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 0 1 1 3 + = x y 4
2. Giải hệ phương trình: 12  9 3  + =  x y 2
Câu III: (2,0 điểm)
1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 1)x + 2 (với m ≠ 1) và (d2): y = 3x + m
Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau.
2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông cân.
Câu IV: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OA lấy điểm I
(I khác O và A). Dây CM vuông góc với AB tại I. Trên cung nhỏ BC lấy điểm E bất kỳ
(E B,E C) , AE cắt CI tại F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của (O).
1. Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh: AE. AF = CB.CD
3. Khi I là trung điểm của OA và E chạy trên cung nhỏ BC. Tìm vị trí điểm E để
EB + EC lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6. 3 3 3 Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 3 b c a
---------------------------Hết---------------------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:...............................
Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám thị 2:.................... 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ LẺ: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2 a a +1 7 a + 3
Với a ≥ 0;a ≠ 9 , ta có P = + − 0,25 a + 3
a − 3 ( a + 3)( a −3)
2 a.( a −3) + ( a + )1( a + 3) −3− 7 a P = ( a +3)( a −3) 0,25
2a − 6 a + a + 4 a + 3 − 3 − 7 a = ( a +3)( a −3) Câu I 3 a a a ( a − − 3 3 9 ) 3 a (2đ) = ( = =
a + 3)( a − 3) ( a + 3)( a − 3) a + 3 0,25 Vậy 3 a P =
với a ≥ 0;a ≠ 9 a + 3 0,25
b) Với a ≥ 0; a ≠ 9, 1 P = khi 3 a 1 = 2 a + 3 2 6 a − ( a + 3) 5 a − 3 ⇔ = 0 ⇔ = 0 0,5 a + 3 a + 3 ⇒ 5 a − 3 = 0 9 a = (t/ m) 25 Vậy 9 1 a = khi P = 0,5 25 2
1) Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 0
Ta có 3x2 + 8x – 11 = 0 ⇔ 3x2 – 3x + 11x – 11 = 0
⇔ 3x(x – 1) + 11(x – 1) = 0⇔ (x – 1)(3x + 11) = 0
⇔ x – 1 = 0 hoặc 3x + 11 = 0
TH 1: x – 1 = 0 ⇔ x = 1
TH 2: 3x + 11 = 0 11 ⇔ x=− 3 0,75
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  11 1;   −  0,25 Câu  3  II 1 1 3 1 1 3 (2đ) + = + = x y 4   x y 4
2) Giải hệ phương trình:  ⇔  (*) 12 9 3 4 3 1   + = + =   x y 2   x y 2 2 x ≠ 0 Điều kiện  y ≠ 0 1 = a (a ≠ 0)  Đặt  x 1
 = b (b ≠ 0)  y  3 a +b=
Hệ phương trình (*) trở thành  4  1  4a +3b=  2  −7  −4 a = x =  
Giải hệ phương trình ta được  4  7  (t / m) ⇒  (t / m) 5 2 b   = y =  2  5 0,75  −4 x = 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  7  2 y = 0,25  5 ' a = a
1) Hai đường thẳng (d ) và (d )song song với nhau khi 1 2  ' b b ≠ m - 1 = 3 m = 4  m 2  ⇔ ≠
⇔ m≠2 ⇔ m = 4 0,75   1≠ m m ≠   1 0,25
Vậy m = 4 thì hai đường thẳng (d ) và (d )song song với nhau 1 2 2)
+) Nếu x = 0 thì y = 2 ⇒B(0; 2) ⇒OB = 2 −  2 − 
Câu +) Nếu y = 0 thì x = 2 (với m ≠ 1)⇒ A ; 0 −   − III m 1 m 1  (2đ) 2 − 2 ⇒ OA = = m −1 m −1
Vì A∈Ox, B∈Oy nên tam giá OAB vuông tại O
Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 4 m −1 =1 m = 2 (t / m) 2 ⇔ = 4 ⇔ (m −1) =1⇔ ⇔ 0,75 2 (m −1)   m −1 = 1 − m = 0 (t / m) Vậy m∈{0; } 2 0,25 3 D E C F N A B I O M
1) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc 1 đường tròn:
E ∈(O) đường kính ABnên  0 AEB = 90 hay  0 FEB = 90
Suy ra E , F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB 0,5
Lại có CI AB nên  0 FIB = 90
Suy ra I, F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB.
Vậy bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc đường tròn đường kính FB (đpcm) 0,5
2) Chứng minh: AE.AF = C . B CD Câu Xét AIF AEB ta có IV (3đ)  =  0 AIF AEB = 90  EAB chung do đó AIF A
EB(g g) 0,25 suy ra: AI AF =
AI.AB = AF.AE (1) AE AB
Mặt khác: C ∈(O) đường kính AB nên  0
ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB ta có 2
AI.AB = AC (2) 0,25
Lại có: AD là tiếp tuyến của (O) tại A nên  0
DAB = 90 (tính chất tiếp tuyến)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAD ta có 2 AC = . CD CB(3) 0,25
Từ (1), (2) và (3) suy ra: AE.AF = C . B CD 0,25
3) Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất:
Vì AB vuông góc với CM tại I nên I là trung điểm của CM C
BM cân tại B ( BI là đường cao, đường trung tuyến)
I là trung điểm của ;
OA CI OA nên OCA cân tại C
OC = OA = R nên OCA đều suy ra  0 COA = 60 ⇒  0 = ⇒  0 CBA 30 CBM = 60 nên CBM đều 0,25
Trên tia EM lấy điểm N sao cho EN = EC Vì  =  0
CEM CBM = 60 (góc nội tiếp cùng chắn cung CM) nên CEN đều +)  0 = −  0
CNM 180 CNE =120 (kề bù) 4  0 CEB = −  0 180 CAB =120 Suy ra  =  CNM CEB (1) Mà  = 
CMN CBE (góc nội tiếp cùng chắn cung CE) (2) Từ (1)(2) suy ra  =  MCN BCE 0,25 Xét CNM ∆ và CEB  =  CNM CEB CE = CN  =  MCN BCE Do đó CNM ∆ = CEB(g. .
c g) suy ra MN = EB
Khi đó EC + EB = EN + MN = EM ≤ 2R 0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi EM là đường kính của đường tròn(O)
E là điểm đối xứng với M qua O
Vậy giá trị lớn nhất của EB + EC bằng 2R khi E đối xứng với M qua O 0,25 3 3 3 a b c Đặt P = + + b c a
a , b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3 a 2 + ab ≥  2a b 3 b 3 3 3 2 a b c 2 2 2
Ta có:  + bc ≥ 2b P = + +
≥ 2(a + b + c ) − (ab + bc + ac) c b c a 0,25  3  c 2 + ac ≥  2c a
a + b + c + ab + bc + ac = 6 ⇒ P ≥ ( 2 2 2
2 a + b + c ) + (a + b + c) − 6 Câu 2 2 2
V Có(a b) + (b c) + (a c) ≥ 0 ⇒ ( 2 2 2
2 a + b + c ) ≥ 2(ab + bc + ca) (1đ) ⇒ ( 2 2 2
3 a + b + c ) ≥ (a + b + c)2 . Suy ra 2
P ≥ (a + b + c)2 + (a + b + c) − 6 3 0,25 Có 2 2 2
ab + bc + ca a + b + c ⇒ ( + + ) ≤ ( + + )2 3 ab bc ac a b c Do đó 1
6 = a + b + c + ab + bc + ac a + b + c + (a + b + c)2 3 1
⇒ (a + b + c)2 + (a + b + c) − 6 ≥ 0.⇒ (a + b + c) ≥ 3, (a + b + c)2 ≥ 9 3 0,25 Suy ra 2
P ≥ .9 + 3 − 6 = 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =1 3 3 3 3 Vậy a b c + + ≥ 3 0,25 b c a Ghi chú:
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương.
Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai bài 4 thì không chấm điểm. 5
Document Outline

  • Kỳ thi định hướng vào lớp 10 môn Toán (Lần 1-Đề chẵn) năm 2022-2023 trường THCS Trần Mai Ninh - Thanh Hóa
  • Kỳ thi định hướng vào lớp 10 môn Toán (Lần 1-Đề lẻ) năm 2022-2023 trường THCS Trần Mai Ninh - Thanh Hóa