Tải tài liệu

(1)

TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Câu 1: (2,0 điểm) 3 ³ : ²

1 2 2

x x

P x x x x

 + 

 

= + −    + − − + 

1. Rút gọn biểu thức P 2. Tìm các giá trị của x để

x P= 4 x −1 Câu 2 (2,0 điểm).

1. Giải hệ phương trình sau:





−

=

−

= +

11 4

9 2 3

y x

2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (_d₁): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng (_d₂): y = 2x - 3; (_d₃): y = - 3x + 2.

Câu 3 (2,0 điểm)

1. Giải phương trình sau: 2x² + 3x - 5 = 0

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2(m 1)x m²− − + ² =0 có hai nghiệm phân biệt x ,x₁ ₂ thỏa mãn hệ thức

(

x x1− 2

)

²+6m x 2x= 1− 2.

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng:

1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.

2) FE. FD = FB. FC.

3) FH vuông góc với AM.

Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x² +y² +z² ≤3y

Tìm GTNN của biẻu thức: ( ) (² ) (² 3)²

8 2

4 1

1

+ + + +

= +

z y

P x

---Hết--- Đề A

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A

Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm

(2,0đ) I 1)

(1.0đ) a) ĐKXĐ: x≥0,x≠1

3 2

3 :

1 2 2

x x

P x x x x

 + 

 

= + −    + − − + 

( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( )

_x

x x x

x P x

x x

P x

x x

x x x

x P x

x x

x x x

P x

x x x

x P x

2 3

1 2

1 3

1 2

: 2 1 3

1 2

: 2 1 3

1 2

1 1

2 : 2

1 3 3 3

2 1

2 : 2

1 3 1

1 3

+ =

−

⋅ +

= −









− +

 +









= −









− +

+

−

 +









= −









− +

− −

− +

 +









− +

= −









− +

 +









+ −

−

= −

Vậy với x≥0,x≠1 thì P =3 x

0.25

0,25

2) 1,0 đ

(

¹

)(

³ ¹

)

⁰

0 1 4 1 3

3 4 1

4 − ⇔ = − ⇒ − + = ⇔ − − =

= x x x x

x x x

x P x

( )( )

_^





=

 ⇔





=

⇔ =







=

−

=

⇔ −

=

−

9 1 1 1

3 1 0

1 3

0 0 1

1 3

1 x

x x

x x x

x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ.

Vậy 9

= 1

x thì x

P= 4 x −1

0,25

0,5

0,25 (2,0đ) 2 1

(1đ) 

=

⇔ =





= +

⇔ =





= +

⇔ =





−

=

−

=

⇔ +





−

=

−

= +

3 1 9

2 1 . 3

1 9

2 3

7 7 11 4

18 4 6 11 4

9 2 3

y x y

x y

x x y

x y x y

x y x

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3)

0.5 0.5

(3)

(1đ) 2

2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng (_d₁): y = 3x – 5 Nên a = 3; b≠ −5

Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng (_d₂): y = 2x - 3; (_d₃): y = - 3x + 2 nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình

2 3 1

3 2 1

= − =

 

 = − + ⇔ = −

 

y x x

y x y

=> Q( 1 ; -1)

Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn

5 b≠ −

Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán.

0.75

0,25 (2,0đ) 3 1

(1,0đ) ² ³ ⁵ ⁰

2 + x− =

Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 x

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt

2

; 5 1 ₂

1

= −

= x x

0,25 0,5 0,25 (1,0đ) 2

2 2

x 2(m 1)x m− − + =0

Ta có: ∆ = −' 

(

m 1−  −

)

² m² =m 2m 1 m 1 2m²− + − ² = −

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x₁ ₂ ' 0 1 2m 0 m 1

⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔ < 2 Theo vi-ét ta có: ₁ ₂

( )

1 2 2

x x 2 m 1 x x m

 + = −

 =

 Theo đề bài ta có:

(

x x1− 2

)

²+6m x 2x= 1− 2 ⇔

(

x x1+ 2

)

²−4x x1 2+6m x 2x= 1− 2

( )

² ² 1 2

4 m 1 4m 6m x 2x

⇔ − − + = − ⇔ −2m 4 x 2x+ = ₁− ₂

Khi đó kết hợp với x x₁+ ₂ =2 m 1

(

−

)

ta có hệ pt:

( )

2 ² ²

1 2

1 1

4 4

x m 2 x m 2

3x 4m 6

x x 2 m 1 3 3

x x 2m 2 4 2

x 2x 2m 4 x 2m 2 m 2 x m

3 3

 = −  = −

 

= −

 + = − ⇔ ⇔ ⇔

 − = − +  + = −  

  = − − +  =

 

 

Thay

2

1

x 4m 2 32

x m

3

 = −



 =



vào x x_{1 2} =m² ta được:

2 2 m 0

4m 2 . m m2 1m 4m 0 m m1 4 0

3 3 9 3 9 3 m 12

 =

 −  = ⇔ − − = ⇔ −  + = ⇔

     = −

     (tm)

Vậy m 0;m= = −12 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

0,25

(4)

(3,0đ) 4

(1.0đ) 1

1) Ta có BD AC CE AB⊥ ; ⊥ (GT)⇒^{ }BDC BEC= = 90⁰

Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông

=>tứ giác BEDC nội tiế _1,0

(1.0đ) 2

2) Vì BEDC nội tiếp => FEB FCD^{ }⁼

Mà EFB^chung

ΔFEB ΔFCD (g.g) = .FE = FB.FC

=>  ⇒ FE FC ⇒FD

FB FD

1,0

(1.0đ) 3 3) Gọi giao điểm của FA với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là K.

Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB FCA^{ }⁼

Lại có KFB^chung

ΔFKB ΔFCA (g.g) = . FA = FB.FC

=>  ⇒ FK FC ⇒FK

FB FA . FA = FE. FD

⇒FK ⇒FK = FD

FE FA

Mà KFE^chung =>ΔFKE ΔFDA (g.g) => FKE FDA^{ }⁼ => tứ giác AKED nội tiếp.

Mặt khác ^{ }ADH AEH= = 90⁰( GT)

=> A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH.

=>K thuộc đường tròn đường kính AH => ^AKH = 90⁰.

Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có AN là đường kính ⇒^{ }ABN ACN= = 90⁰

= > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA.

Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM.

Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác

=>FH vuông góc với AM.

1,0

N

F M

E

D

A

B C

K

H

(5)

Câu 5 (1đ)

Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x² + y² +z² ≤3y

Tìm GTNN của biẻu thức: ( ) (² ) (² 3)²

8 2

4 1

1

+ + + +

= +

z y

P x

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

( 8 ) ( )* 1

1 2 1 1 1

2 2

2

2 b a b a b

a  ≥ +



 

 +

≥ +

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

( )² ² ( )² ² ( )² ²

2 5 64 3

8 2 2

8 3

8 2 1

1 1

1



 



 + + + + ≥

+



 



 + + + ≥

+



 

 + + +

=

y z z x

x y y z

P x

Mặt khác:

( ) ( )

2 3 3 2

2

2x² z² y y² y y² z

x + −

≤

−

≤ +

≤

+

( 2) ¹

2 8 1

64 2 2

6 64

2 2

2 2 ≥



 



 − −

≥



 



 + −

≥

y y y P

Dấu “=” xảy ra khi x=1;y=2;z=1 Vậy GTNN của P bằng 1

0,25

0,25 0,25

0,25

(6)

TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). _^











− +

 +











 + −

= 2 2

: 2 1 3 3

y y y

y y

Q y

1. Rút gọn biểu thức Q 2. Tìm các giá trị của y để

y Q 5 y −2

=

Câu 2 (2,0 điểm).

1. Giải hệ phương trình sau:





−

=

−

= +

17 6

11 3 2

y x

2.Cho hàm số: y = mx + n.

Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (_d₁): y = 2x – 3 và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng (_d₂): y = 3x + 2; (_d₃): y = - 2x - 3.

Câu 3 (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 3x² + 2x - 5 = 0

2. Tìm các giá trị của tham số n để phương trình x² −2(n−1)x+n² =0 có hai nghiệm phân biệt

1 2

x ,x thỏa mãn hệ thức (x₁ −x₂)² +6n= x₁ −2x₂. Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng:

1) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp.

2) QK . QH = QP . QN.

3) QD vuông góc với AM.

Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a² +b² +c² ≤3b

Tìm GTNN của biẻu thức:

( ) (

²

) (

² 3

)

²

8 2

4 1

1

+ + + +

= +

c b

P a

...Hết...

Đề B

(7)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B

Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm

(2,0đ) 1 (2,0đ) 1

(1,0đ) 1 a) ĐKXĐ: y≥0,y≠1













− +

+











 + −

= 2 2

: 2 1 3 3

y y y

y y

Q y

( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( )

_y

y y y

y Q y

y y

Q y

y y

y y y

y Q y

y y

y y y

Q y

y y y

y Q y

2 3

1 2

1 3

1 2

: 2 1 3

1 2

: 2 1 3

1 2

1 1

2 : 2

1 3 3 3

2 1

2 : 2

1 3 1

1 3

+ =

−

⋅ +

= −













− +

+













= −













− +

+

− +













= −













− +

− −

− +

 +













− +

= −













− +

+













+ −

−

= −

Vậy với y≥0,y≠1 thì Q=3 y

0.25

0.25 0.25

0,25

(1,0đ) 2 5 2 3 5 2 0

(

1

)(

3 2

)

0

2 3

5 − ⇒ − + = ⇔ − − =

=

− ⇔

= y y y y

y y y

y Q y

( )( )

_^





=

 ⇔







=

⇔ =







=

−

=

⇔ −

=

−

− ( )

9 4

) ( 1 2

3 1 0

2 3

0 0 1

2 3

1 y tm

KTM y

y y y

Vậy 9

= 4

y thì ^Q⁼⁵ ^y_y⁻²

0,25

0.5

0,25 (2,0đ) 2 1

(1,0đ)





=

⇔ =





= +

⇔ =





= +

⇔ =





−

=

−

=

⇔ +





−

=

−

= +

3 1 9

3 1 . 2

1 11

3 2

5 5 17 6

22 6 4 17 6

11 3 2

y x y

x y

x x y

x y x y

x y x

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3)

0,75 0,25

(8)

(1,0đ) 2 Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng (_d₁): y = 2x – 3 Nên m= 2; n≠ −3

Vì T là giao điểm của hai đường thẳng (_d₂): y = 3x + 2;

(_d₃): y = - 2x - 3 nên tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ phương trình ^ ⁼= −³₂⁺−²₃^⇔^ ^{= −}= −¹₁

y x x

y x y

=> T( -1 ; -1)

Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa mãn n≠ −3

Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán

0,5

0,25

0,25 (2,0đ) 3

(1,0đ) 1 1) 3x² +2x−5=0

Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt

3

; 5 1 ₂

1 = x = −

x

1,0 (1,0đ) 2

2 2

x 2(n 1)x n− − + =0

Ta có: ∆ = − −  −' 

(

n 1

)

² n² =n 2n 1 n 1 2n²− + − ² = − Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x₁ ₂

' 0 1 2n 0 n 1

⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔ < 2

Theo vi-ét ta có: ₁ ₂

( )

1 2 2

x x 2 n 1 x x n

 + = −

 =

 Theo đề bài ta có:

(

x x₁− ₂

)

²+6n x 2x= ₁− ₂ ⇔

(

x x₁+ ₂

)

²−4x x_{1 2}+6n x 2x= ₁− ₂

( )

² ² ₁ ₂

4 n 1 4n 6n x 2x

⇔ − − + = − ⇔ −2n 4 x 2x+ = ₁− ₂

Khi đó kết hợp với x x₁+ ₂ =2 n 1

(

−

)

ta có hệ pt:

( )

2 ² ²

1 2

1 1

4 4

x n 2 x n 2

3x 4n 6

x x 2 m 1 3 3

x x 2n 2 4 2

x 2x 2m 4 x 2n 2 n 2 x n

3 3

 = −  = −

 

= −

 + = − ⇔ ⇔ ⇔

 − = − +  + = −  

  = − − +  =

Thay ²

1

x 4n 2 32

x n

3

 = −



 =



vào x x_{1 2} =n² ta được:

2 2 n 0

4n 2 . n n2 1n 4n 0 n n1 4 0

n 12

3 3 9 3 9 3

 =

 −  = ⇔ − − = ⇔ −  + = ⇔

     = −

     (tm)

Vậy n 0;n= = −12 thỏamãn yêu cầu đề bài.

0,25

(9)

(3,0đ) 4

(1.0đ) 1

1) Ta có PK MN NH MP⊥ ; ⊥ (GT)⇒PKN PHN^{ }= = 90⁰

Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác PHKN nội tiếp

1,0

(1,0đ) 2

2) Vì PHKN nội tiếp => QHP QNK^{ }⁼

Mà HQP^chung nên

ΔQHP ΔQNK (g.g)  ⇒QH QN= ⇒QK.QH = QP.QN QP QK

1,0

(1,0đ) 3

3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là L.

Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => QLP QNM^{ }⁼

Lại có LQP^chung

ΔQLP ΔQNM (g.g) = . = QP.

=>  ⇒ QL QN ⇒QL QM QN

QP QM . QK = QL. QM

⇒QH ⇒QH = QM

QL QK mà LQH^chung

ΔQLH ΔQKM (g.g)

=> 

=> QLH QKM^{ }⁼ => tứ giác MLHK nội tiếp.

Mặt khác ^{ }MKD MHD= = 90⁰( GT)

=> H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD.

=> L thuộc đường tròn đường kính MD => MLD^= 90⁰.

Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.

Ta có MLD^= 90⁰ => MG là đường kính ⇒MNG MPG^{ }= = 90⁰

= > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ.

Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP

=> MD vuông góc với QN.

Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác

=> QD vuông góc với AM.

1,0

Câu 5 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: a b c²+ ²+ ² ≤³b

G

Q A

H

K M

P N L

D

(10)

(1đ)

1,0đ Tìm GTNN của biẻu thức:

(

¹1

) (

² ⁴2

) (

² ⁸3

)

²

P= a + b + c

+ + +

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

( ) ( )

2 2 2 2

1 1 1 1 1 8 *

2

x y x y x y

 

+ ≥  +  ≥

  +

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

( ¹1)² ¹1 ² ( ⁸3)² ⁸ 2 ² ( ⁸3)² ⁶⁴ 5 ²

2 2 2

P a b c a b c a b c

= + + ≥ + ≥

+  +  +  + +  +  + + + 

Mặt khác: ^{a c}^{+ ≤} ²

(

^{a c}²⁺ ²

)

^≤ ^{2 3}

(

^{b b}⁻ ²

)

^≤ ^{2 3}⁺ ₂^{b b}⁻ ²

( )

2 2

64 64 1

8 1 2

6 2 2 2

P b b b

≥ ≥ ≥

 + −   − − 

   

 

Dấu “=” xảy ra khi a=1;b=2;c=1 Vậy GTNN của P bằng 1

0,25