`

GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề có 5 câu , gồm 01 trang)

4

=

+

−

≠

K

a

a> 0;

.

Họ tên thí sinh…………………….…………………………… SBD……………………Phòng ……………

a −

1 −

+

a

2 − 1 4

1 4

a

a

a

1 a

2

1

2

2

1

  

   

  :     

với Câu I( 2đ): Cho biểu thức

0K <

1. Rút gọn biểu thức K

2. Tìm các giá trị của a sao cho

=

ax b

+ ( ,a b là tham số)

Câu II(2đ):

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( )d có phương trình y

+ tại điểm có tung độ

)∆ :

,a b để ( )d có hệ số góc bằng 3 và cắt đường thẳng (

y

x= 2

3

tìm

2

3

+ = y

bằng 5

x −

=

x

3

y

5

  

2. Giải hệ phương trình:

Câu III(2đ):

2 5 x+

2

2

−

−

− =

2

2

1 0

x

− x m

m

x + = 6 0 1. Giải phương trình :

−

−

2

− = 8 0

2 x 1

2 x 2

x x 1 2

2. Tìm tất các giá trị của tham số m để phương trình

2x thỏa mãn điều kiện

có hai nghiệm phân biệt 1x ,

AH H BC∈

(

)

)O tại B và C

nội tiếp trong đường tròn Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC nhọn,đường cao

)O bán kính R ,gọi I và K lần lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến của (

(

1. Chứng minh tứ giác AIBH và tứ giác AHCK nội tiếp

BAC =

OM

R= 2

.Tính góc IAK 2. Cho  035

)O sao cho

. Tìm vị trí điểm N trên ( 3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho

+ + + =

a b c

2

abc

đạt giá trị nhỏ nhất 2NI NM+

= + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P Câu V(1đ): Cho a , b , c là các số dương thỏa mãn 1 ab 1 bc 1 ca

------------------------------------ Hết -------------------------------------

Lưu ý - Quét mã QR trên phiếu dự thi để xem kết quả (ngày 09/05/2023)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10

Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của

4

−

+

=

≠

K

a

a> 0;

.

phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý Điểm

+

1 −

a −

a

2 − 1 4

1 4

a

a

1 a

1

2

2

1

2

  

   

0K < .

với Cho biểu thức NỘI DUNG   :     

a 1. Rút gọn biểu thức K . 2. Tìm các giá trị của a sao cho

≠

a

a> 0;

.

1 4

4

=

+

K

a −

1 −

+

4

1

2 − a

2

− 1 2

2

1

a

a

1 a

a

  

   

  :     

Rút gọn biểu thức K:

4

1

0,25

=

−

+

K

a −

+

2

a

1

1 a

2

1

−

+

−

a

a

2

a

a

2

1 (1,0đ)

) 1

2 )( 1 2

) 1

    :    

   

   

−

+

1

a

=

K

1 −

2 +

−

2

2

a

a

a

a

4 (

I (2,0đ) 0,25

) 1

(

a )( 1 2

) 1

(     :    

   

(    

−

−

4

a

1

a

=

a

0,25

( . 2

) − = 1

a

2

a

a

4 (

   

≠

a

a> 0;

.

1 4

 1  ) − 1  − 1a a

K <

4 = Vậy : ,với điều kiện K 0,25

Tìm các giá trị của a sao cho

0. 1 < ⇒ − < ⇔ < 4

≠

< ⇔ 4a 1 0 0 a K 0 0,50 − 4a 1 a 2 (1,0đ)

< < .

0 a

a

a> 0;

.

1 4

1 4

=

ax b

+ ( ,a b là tham số), có đồ thị là đường thẳng ( )d Tìm

y

x= 2

3

)∆ :

,a b để + tại điểm có tung độ

= 3y

+ x b

Kết hợp với điều kiện ta được 0,50

3a = khi đó ( )d :

y

y

= ⇒ + = ⇔ = . 3 5

5

2

1

x

x

)∆

Cho hàm số y ( )d có hệ số góc bằng 3 và cắt đường thẳng ( bằng 5 Do đường thẳng ( )d có hệ số góc bằng 3 nên 0,25

+ : với .

)∆ cắt ( )d tại điểm

x= 2 A

3 (1;5)

=

b

0,50 1 (1,0đ) II (2,0đ) Xét đường thẳng ( Vậy (

+ ⇒ = b 2

A

(1;5)

d∈ ( )

=

Do nên 5 3.1

a

b

3;

= 2.

Kết luận

3 5

2 x

+ = x y = − y

+

3 +

x

x

3y = 9

⇔

⇔

Giải hệ phương trình .

y = 3 2 x - 3y = 5

7x = 14 x - 3y = 5

    6  x - 3y = 5 

  

Ta có: 0,50 2 (1,0đ)

   2 = − 1

. Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 0,50 2 = − = x y 1 = x  y  ⇔  

2 5 x+

−

x 1.Giải phương trình: + = 6 0.

= > nên phương trình có hai nghiệm

Ta có:

=

= −

=

2;

= − 3.

x 1

x 2

∆ = − + 5 1 2

25 24 1 0 − − 5 1 2

0,50 1 (1,0đ)

2

2

−

−

1 0 (1)

2

− = m − = 8 0.

− x m 2 2 2 − − x x 2 1

2 x x 1 2

= − 0,50 x 22; = − 3.

x 2x thỏa mãn điều kiện

2

2

Vậy phương trình có hai nghiệm. 1 x 2. Tìm tất các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1x ,

+ + = ∆ = + ' 1 m 2 m m

−

−

m

m

2

1 (3)

x x 1 2

2

0,25 Áp dụng định lí vi-et cho pt (1) ta được + > ∀ 1 0. = 2 (2) 2 + 1) + x 2 = − 1 ( m  x 1  

=

−

−

−

+

2

m

8

8 0

− = ⇔ − = 2

− 1

2 − x m 2

2

2 x 1

2 x 2

x x 1

x x 1 2

2

2

2 x 2 1 Do 2

−

−

− = ⇒ −

− =

2

m

2 x 2 2x là nghiệm của phương (1) nên 2 − m 2

III (2,0đ)

2

x 2 4 0 .

1 2 − = Kết hợp với (2) ta có

2 2 x 1

x 2

, 2 (1,0đ) 0,25

− x x m 2 2 thay vào ( )∗ ta được − = ⇔ =

+

6 0

1 0 2 x 1 x 2; 1

1

1 0 3

0 x = , từ (3) suy ra 2 0,25

2

2

2

5 x = − , 3 5 x = vào (3) ta 2

x m 2 − = ⇔ − x 8 2 2 2 = − x 3. x x 1 1 1 x = thay vào (2) ta được Với 1 2 2 + = ⇔ = − . + m m m 2 x = − thay vào (2) ta được Với 1 − được

1, 1

15

15, 1

AH H BC∈

= − − − m 2 m m x = . Thay 1 = ⇔ = − ± m m 14 0 2 1 15. 0,25 1 − + Vậy . 15 { m ∈ − − − − ⇔ + }

(

)

Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC nhọn, đường cao nội tiếp trong

)O bán kính R ,gọi I và K lần lượt là hình chiếu của A trên các tiếp tuyến

đường tròn (

)O tại B và C .

của (

BAC =

OM

R= 2

1. Chứng minh tứ giác AIBH và tứ giác AHCK nội tiếp . IV (3,0đ) 2. Cho  035 .Tính góc IAK

)O sao cho

3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho tìm vị trí điểm N trên (

2NI NM+ đạt giá trị nhỏ nhất.

A

O

K

C

I

H

B

L

° .

1. Chứng minh các tứ giác AHBI và tứ giác AHCK nội tiếp .

)O tại B nên  90

AIB =

⊥

=

( ⇒ AHB

)

90

AH BC gt

°

Do I là hình chiếu của A lên tiếp tuyến (

0

0

)O tại C

0,50 = + = 90 180 1 (1,0đ)

0

0

BAC =

0,50 + = 90 180

.Tính góc IAK .

=

0,25

(cùng bù với góc HCK ) 0,25

⇔

=

+

+

= IAH HAK LBC BCL

2 (1,0đ)

0,25

=

BAC

2

)O )   0 = ⇒ 70 R= 2

= 0,25 ( Góc nội tiếp chắn cung BC , góc tạo bởi tiếp IAK

)O sao cho

.Tìm vị trí điểm N trên (

A

O

C

E

N

I

B

Mặt khác : Nên :   0 + AIB AHB 90 Vậy : tứ giác AIBH nội tiếp đường tròn . Do K là hình chiếu của A lên tiếp tuyến ( Nên ta có  0 AKC 90= Suy ra :   0 = + AKC AHC 90 Vậy : tứ giác AKCH nội tiếp đường tròn. 2. Cho  035 Gọi L là giao điểm của IB và KC do tứ giác AIBH nội tiếp nên  LBC IAH= (cùng bù với góc IBH ) do tứ giác AKCH nội tiếp nên  BCL HAK Suy ra        + IAK LBC BCL Lại có    = LBC BCL BAC tuyến và dây cung BC trong đường tròn ( 3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho OM 2NI NM+ đạt giá trị nhỏ nhất.

M

3 (1,0đ)

∀ ∈

), N O N OB

(

∉ .

=

=

∆

OMN

∆

ON OM

1 2

0,50 và góc MON chung nên ONE -Xét Gọi E là trung điểm của OB ,tam giác OMN và tam giác ONE có OE ON

=

=

+

≥

MN

2

NE

+ NM NI

2

2

NE

2

NI

2

IE

NE MN

1 = ⇒ 2

)O .

Do đó ta có . Dấu bằng

=

≥

BE

IE

2

2

''= xảy ra khi B thuộc đoạn IE ≡ .Khi đó điểm N cũnglà ≡

0,5 dấu ''

2

xảy ra khi N là giao điểm của đoạn IE với đường tròn ( -Xét N B≡ + + dễ thấy 2 2 BI BM BI ,điều này xảy ra khi ABC∆ vuông tại C và N B I giao điểm của đoạn IE với đường tròn. Vậy N là giao điểm của đoạn IE với đường tròn là điểm cần tìm.

Cho a , b , c là các số dương thỏa mãn .

+

+

=

+ + + = ⇒ +

a b c

abc

2

= + + P . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( ) 1 1

+ + + = a b c 1 1 bc ab 1 ab

abc 1 ca 1 bc

1 ca

2 abc

<

<

x y z , ,

1

. Ta có: Từ giả thiết

2

2

2

2

− = ⇔ +

−

+

x

2

xyz

2 2 y z

2 2 y z

y

z

1

Đặt z = , x = , y = .Từ gt ta có 0 0,25

y

( ) 1

2

2

2

2

2

− ⇔ = −

+

−

−

x

z

yz

y

z

yz

y

( ⇔ + x

)

+ ( 1

= )( 1

− )

+ ( = − 1

xyz 2 )( 1

1 ab 2 ⇔ + x 1 bc 2 + z

2

2

1 ca 1 0 )

2

2

− − z 2 = − − ≤ ⇔ + x yz y z V (1,0đ)

)

( 1

)( 1

2

2

(

)2

2

+ ≥

+

+

1 2

y

z

y

0,25 y 2 (1,0đ) + y z y z + + ≤ ⇔ + Suyra ≤ 1 1 x yz x 0,25 2 + 2

nên ta có

(

)

+

) −

z )

= = =

x

y

z

.

'= xảy ra khi

1 2

z 1 lại có ( ( y 2 + x 1 y x ≤ ⇔ + + ≤ .Dấu ' z 2 3 2 0,25

a

= = = . c

b

2

3 2

= + + P Vậy đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi 1 ab 1 bc 1 ca