PHÒNG GDĐT THIỆU HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2023- 2024 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 5 năm 2023
Câu 1: (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
23 x
b)
a)
x − = x− 5 2 0; x = − y 3 − = y 1 9. 2 5
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho biểu thức:
4
8
≥
≠
≠
=
−
+
x
0 ;
x
x 4 ;
9
P
.
với
x +
− −
x
x −
− 4
2 x
x x
2
2 3
+ x 1 − x 2 .P
a) Rút gọn biểu thức b) Tìm số nguyên x lớn nhất để P có giá trị là số nguyên.
=
. ax b
y
+ Tìm
)d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ
) :
y
x= 2
,a b biết ( + 6.
Câu 3: (2,0 điểm). a) Cho đường thẳng ( bằng 3 và (
d )d song song với đường thẳng
2
= −
−
+
13.
3
x x 1 2
x 2
x 1
2 − x mx 2x ( x 1
b) Cho phương trình có hai nghiệm phân biệt 1,x
m 0, thỏa mãn = với m là tham số. Tìm m để phương trình đã cho − − 1 3 ) x< 2
Câu 4: (3,0 điểm).
=
AI
OA
Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định, trên đoạn OA lấy điểm I sao cho
.
2 3
Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN (C không trùng M, N, B ). Nối AC cắt MN tại E .
2
=
−
AI IB AI
.
và MA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác
a) Chứng minh: Tứ giác IECB nội tiếp. b) Chứng minh: AE AC .
MEC
c) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác CME là nhỏ nhất.
Câu 5: (1,0 điểm). Xét các số thực dương a, b > 0 thỏa mãn: ab + a + b = 3.
2
2
a
b
=
+
−
−
P
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
b +
a +
b
1
a
1
+ 3
1 + + a b
2
---------- Hết ---------- ( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Họ và tên thí sinh:.................................... ; Số báo danh:..................
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Đáp án
23 x
x− 5
− = 2 0
a)
Ta có: ∆ = (-5)2 -4.3.(-2) =49 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt
b
b
=
=
=
=
=
= ; 2
x 1
x 2
− − ∆ a 2
− 5 7 6
− 1 3
− + ∆ 2 a
+ 5 7 6
−
=
1
x
9
x
3 y − = y
Điểm 0,5đ 0,5đ
−
=
3
1
2
x
y
−
=
3
27
y
x
=
13
9
26 x − = y
x
⇔
2 1
⇔ 15 ⇔ 5 = x = y
b) 2 5 Câu 1: ( 2,0đ).
≥
≠
≠
4 ; x
0 ; x
9
0,25đ 0.25đ 0,25đ 0,25đ
Câu 2: ( 2,0đ).
+
P =
-
.
x +
4 x - 8 x - 4
x +1 x - 2
2 x
2
x - 2 x - 3
+
.
=
-
x +
x - 2 x - 3
2 x
x
2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;1) ĐKXĐ: x
)
(
−
x
4 x - 8
2
x - 2
2 (
.
=
x - 2 x - 3
+
2
4 x - 8 )( + )( x - 2
x - 2 ) + + x 1 )
x +1 x - 2 ( ) ( x
x +2 )(
=
.
=
.
x - 2 x - 3
x - 2 x - 3
x - 2
x +2
x - 2
(
)
(
x - 3 x - 10 )(
)
+
x - 5
2
x
=
=
=
.
.
x - 2 x - 3
x - 5 x - 2
x - 2 x - 3
x - 5 x - 3
+
x - 2
2
x
( (
2x - 4 x - x - 3 x - 2 + 4 x - 8 )( x +2 ) )
)( )(
≥
≠
≠
0 ; x
4 ; x
9
Vậy = P với x 0.25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x - 5 − x 3
b)
P = = = 1 - x - 5 − x 3 2 − x 3
Để P ∈ Z thì
⇒
x = 1 (TM)
0,25đ 0,25đ x - 3 - 2 − x 3 x − ∈ Ư(2) = {-2; -1; 1; 2} 3 * x - 3 = -2 => x = 1
⇒ ⇒
x = 4 x = 16 (TM)
⇒
(Loại) * x - 3 = -1 => x = 2 * x - 3 = 1 => x = 4
x = 25 (TM)
* x - 3 = 2 => x = 5
Vì x là số nguyên lớn nhất nên x = 25
)d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3
Vì (
Câu 3: ( 2,0đ).
)d song song với đường thẳng y = 2x +6
nên x = 3; y = 0 Do (
2 Nên 6 = a ≠ b
Thay a = 2; x = 3; y = 0 vào hàm số y = ax + b ta có:
2
0 = 2.3 + b => b = - 6 (thỏa mãn) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Vậy a = 2; b = - 6
= − −
< ∀
m
ac
1 3
m
x<
0,25đ
x 1
) 2 .
> ( 0
+
−
+
=
−
3
3
m
.
= x x m 1 2
x x 1 2
x 2
x 2
x 1
x 1
( + 3 1 3
= −
1
m
−
= ⇔
b) Ta có 0 Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 x + Do đó x 20, < )2
m
m
2 m m
= − ⇔ − − 9
13
10 0
( + 3 1 3
)2
.
= m
10 9
Từ giả thiết ta có
m =
m = − là giá trị cần tìm.
1
10 9
Vậy và 0.25đ 0.25đ 0.25đ
M
C
Câu 4: (3,0đ).
H
E
A
I
B
O
N
° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
° = ° . 180 90 90
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ a) Ta có: 90 ACB = 90 BIE = ° (giả thiết). ⇒ ° + = BIE+ ACB Tứ giác IECB có tổng hai góc đối nhau bằng 180° nên nội tiếp được đường tròn.
= AI AB AC AE
.
.
⇒ ∽
2
−
−
=
−
=
=
.
.
.
AI AC . AE AC
AI IB AI AB AI IB AI AB IB
AI
AE ⇒ = AB Do đó:
b) Xét hai tam giác AIE và tam giác ACB có: Góc A chung và 090 = = AIE ACB ∆ ACB (g – g) Suy ra: ∆ AIE
(
)
0
180
0
=
=
−
.
MHE .
90
1 2
⇒ HME Gọi H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC . Ta có: HM = HE ⇒ ∆MHE cân tại H . − MHE 2
0
0
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ME của đường tròn tâm Lại có: 1 = MHE MCE 2
= ⇔ 90 = 90 MCE HME (1)
⇒ = ⇒ = AMN MCA
0 = ⇒ 90
= ⇒ 90 + HME AMN ⊥ AM HM 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ
BM .
⊥
( góc nội tiếp cùng chắn cung HI)
∆MIB (g – g)
2
8
2
2
2
2
=
=
=
−
−
R
MI MO OI
H) Do đó: + − HME MCE Lại có : đường kính AB vuông góc dây MN nên AB là trung trực của MN, do đó A là điểm chính giữa cung MN suy ra = (2) AMN MCE AM AN Từ (1) và (2) suy ra 0 AMH Vậy MA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC (đpcm). c) Do AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC mà AM vuông góc BM nên H thuộc MB khi đó NH nhỏ nhất khi NH suy ra tứ giác IHBN nội tiếp đường tròn. ⇒ HBI HNI = ⇒ ∆ MHN MH MN = ∽ MI MB
R 3
2
2
2
8
8
R
2
2
+
=
+
=
2 = MB MI
IB
⇒ = MB
Xét tam giác vuông BIM , có: R 4 3
R 9
R 3
2 6. 3
⇒ MH. MB = MI .MN Mà MN = 2.MI nên ⇒MH .MB = 2MI2 . Xét tam giác vuông OIM , có: 2 R 9
2
Do đó:
R 8 = ⇒ = MH . 2. MH 2 6. 3 R 9 R 8 3 6
MH =
R 8 3 6
=
⇒ Điểm H thuộc tia MB sao cho
MH HC=
R 8 3 6
Vì H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC nên
0.25đ 0,25đ 0.25đ
2
2
2
2
a
b
Vậy điểm C là giao điểm của đường tròn (O; R ) và đường tròn H ; R 8 3 6
=
−
−
P
a (
+ + + a b b + + a b 1) 1)(
+ 3
1 + + a b
2
Câu 5: ( 1,0đ).
2
+
+
≤
(
a
b 1)(
1)
Từ ab + a + b = 3 => (a + 1)(b + 1) = 4
+ ≥ ⇒ ≤ (vì a + b + ab = 3)
a b
ab
2
1
+ + a b 2
2 = =>
2
2
2
2
a
b
a
b
−
+
−
+ + ⇒ ≤ ≤ Đặt t = a b 2 2 t 5
+ a b 4
+ 4
+ 3
2
1 + + a b
2
2
−
+
+
−
P =
a
b
3
+ a b
)
(
(
)
2
12 + + a b
12P =
Ta có: a + b = t2 – 2 => a2 + b2 = t4 – 6 – 2t2
12 t
12 t
2
2
+ + ≥ ⇒ −
≤
12P = - t4 + 2t2 + 6 + 3(t2 – 2) - = - t4 + 5t2 -
t
9
t
− 9
3 4
6 t
6 t
12 t
3 4
2
+
− => 48P ≤ -4t4 + 23t2 – 36
4 − + t
t 5
9
Theo Cauchy ta có:
23 t 4
2
2
2
+
t
− t 23 4
2
2
−
−
12P ≤
36
36
t
− 23 4 t
(
)
2
4 7 7 4
7 4 4 7
2
−
36
≤ 48P ≤
4 23 9 7
− 2
48P ≤
− khi a = b = 1
1 6
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ MaxP =
