Đang tải... (xem toàn văn)
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 23 1 2 2 x xP x x x x + = + − − +[.]
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Đề A Câu 1: (2,0 điểm) x+2 x P= + : − x − x + x − x + Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x để P = Câu (2,0 điểm) x −1 x 3 x + y = x − y = −11 Giải hệ phương trình sau: Cho hàm số: y = ax +b Tìm a, b biết đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – qua giao điểm Q hai đường thẳng ( d ): y = 2x - 3; ( d ): y = - 3x + Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 2x2 + 3x - = 0 có hai nghiệm phân Tìm giá trị tham số m để phương trình x − 2(m − 1)x + m = biệt x1 , x thỏa mãn hệ thức ( x1 − x ) + 6m =x1 − 2x Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) Đường cao BD, CE cắt H DE cắt BC F M trung điểm BC Chứng minh rằng: 1) Tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp 2) FE FD = FB FC 3) FH vng góc với AM Câu 5: (1,0 điểm ) Cho số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x + y + z ≤ y Tìm GTNN biẻu thức: P = (x + 1) + ( y + 2) + ( z + 3) -Hết - Câu I (2,0đ) Ý 1) (1.0đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A Lời giải (vắn tắt) a) ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ x x+2 P= − 3+ : x −1 x + x − x + x −1 x+2 : + P = x + x −1 − − − 1 x x ( ) 3 x − 3+ 3 : P = − x x+2 ( x +2 )( x : P = − x P= x x −1 ⋅ ( ( ) )( x +2 )( )( ( x +2 ) x − x −1 )( 0.25 ) 0.25 ) )=3 x −1 2+ x x x x + x − 2+ x x +2 − ) ( x −1 x x+2− x+ x : P = x + x −1 − x ( ) )( ( Điểm 0.25 x Vậy với x ≥ 0, x ≠ P = x P= 2) 1,0 đ ( x −1 x ⇔3 x = x −1 x 0,25 ⇒ 3x − x + = ⇔ x −1 = ⇔ x −1 x −1 = ⇔ 3 x − = )( ) x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ x =1 ⇔ 3 x = ( (1đ) ) x = x = x −1 P= x 3 x + y = 6 x + y = 18 7 x = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3.1 + y = y = x − y = −11 x − y = −11 3 x + y = Vậy x = (2,0đ) )( x −1 x −1 = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;3) 0,25 0,5 0,25 0.5 0.5 (1đ) 2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – Nên a = 3; b ≠ −5 Vì Q giao điểm hai đường thẳng ( d ): y = 2x - 3; ( d ): y = - 3x + nên tọa độ điểm Q nghiệm hệ phương trình 0.75 2x − y = x = ⇔ −3 x + −1 y = y = => Q( ; -1) Do đồ thị hàm số cho qua Q nên - = + b => b = - thỏa mãn b ≠ −5 (2,0đ) (1,0đ) 0,25 Vậy a = 3, b = - thỏa mãn toán x + 3x − = Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x = (1,0đ) 0,25 0,5 −5 0,25 x − 2(m − 1)x + m = Ta có: ∆ ' = − ( m − 1) − m = m − 2m + − m = − 2m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x ⇔ ∆ ' > ⇔ − 2m > ⇔ m < x + x = ( m − 1) Theo vi-ét ta có: x1 x = m 0,25 Theo đề ta có: ( x1 − x ) + 6m =x1 − 2x ⇔ ( x1 + x ) − 4x1x + 6m =x1 − 2x 2 ⇔ −2m + 4= x1 − 2x ⇔ ( m − 1) − 4m + 6m = x1 − 2x Khi kết hợp với x1 + x = ( m − 1) ta có hệ pt: 2 4 = − = x m x m−2 2 4m − x1 + x = ( m − 1) 3x= 3 Thay ⇔ ⇔ ⇔ −2m + x1 + x = 2m − x1 − 2x = x = 2m − − m + x= m 3 = x m−2 vào x1x = m ta được: x = 2m m=0 −1 4 4 2 1 − = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ m m m m m m m (tm) 3 3 3 9 m = −12 Vậy m = 0;m = −12 thỏa mãn yêu cầu đề 0,25 0,25 0,25 (3,0đ) A K D E H F B C M N (1.0đ) = = 900 1) Ta có BD ⊥ AC ; CE ⊥ AB (GT) ⇒ BDC BEC Hai điểm E, D nhìn BC góc vng =>tứ giác BEDC nội tiế = FCD 2) Vì BEDC nội tiếp => FEB chung Mà EFB (1.0đ) FE FC = > ΔFEB ΔFCD (g.g) ⇒ = ⇒ FD.FE = FB.FC FB FD (1.0đ) 1,0 1,0 3) Gọi giao điểm FA với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K = FCA Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB chung Lại có KFB FK FC = ⇒ FK FA = FB.FC FB FA FK FD ⇒ FK FA = FE FD ⇒ = FE FA = FDA => tứ giác AKED nội Mà KFE chung => ΔFKE ΔFDA (g.g) => FKE = > ΔFKB ΔFCA (g.g) ⇒ tiếp Mặt khác ADH = AEH = 900 ( GT) => A, E, D thuộc đường trịn đường kính AH 1,0 =>K thuộc đường trịn đường kính AH => AKH = 900 Gọi N giao điểm HK đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có AN đường kính ⇒ ABN = ACN = 900 = > NC // BH; BN // CH => BHCN hình bình hành => HN qua trung điểm M BC => MH vng góc với FA Vì H giao điểm hai đường cao BD, CE nên H trực tâm tam giác ABC => AH vng góc với FM Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H trực tâm tam giác =>FH vng góc với AM Cho số thực khơng âm x,y,z thỏa mãn: x + y + z ≤ y Tìm GTNN biẻu thức: P = (x + 1) + ( y + 2) + (z + 3)2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 1 11 1 + ≥ + ≥ 2a b a b (a + b )2 0,25 (*) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: Câu (1đ) P= (x + 1) + y + 1 2 + ( z + 3) ≥ y x + + 2 Mặt khác: x + z ≤ 2(x + z ) ≤ 2(3 y − y ) ≤ P≥ 64 y + y − 2 ≥ 64 2 − ( y − 2) Dấu “=” xảy x=1;y=2;z=1 Vậy GTNN P ≥1 + ( z + 3) ≥ 0,25 64 y x + + z + 5 2 + 3y − y 2 0,25 TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Đề B y y+2 : − Câu (2,0 điểm) Q = + y −1 y + y − y + Rút gọn biểu thức Q Tìm giá trị y để Q = Câu (2,0 điểm) y −2 y 2 x + y = 11 x − y = −17 Giải hệ phương trình sau: 2.Cho hàm số: y = mx + n Tìm m, n biết đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 2x – qua giao điểm T hai đường thẳng ( d ): y = 3x + 2; ( d ): y = - 2x - Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: 3x2 + 2x - = Tìm giá trị tham số n để phương trình x − 2(n − 1)x + n = có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn hệ thức (x1 − x )2 + 6n = x1 − x Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP) Đường cao NH, PK cắt D HK cắt NP Q A trung điểm NP Chứng minh rằng: 1) Tứ giác NKHP tứ giác nội tiếp 2) QK QH = QP QN 3) QD vng góc với AM Câu 5: (1,0 điểm ) Cho số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a + b + c ≤ 3b Tìm GTNN biẻu thức: P = (a + 1) + (b + 2) + (c + 3)2 .Hết Câu (2,0đ) (2,0đ) Ý (1,0đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Lời giải (vắn tắt) Điểm a) ĐKXĐ: y ≥ 0, y ≠ y y + − Q = 3 + : y+ y −2 + y − y y −1 y y+2 Q= : + − y −1 y −1 y + y −1 y + 3 y − 3+ 3 y y −1 y+2 : Q= − y − y + y − y + y −1 y y+2− y+ y : Q= y −1 y + y −1 y 2+ y : Q= y −1 y + y −1 ) ( ( y Q= y −1 ⋅ ( )( ( ) ( )( ( )( ) ( )( ) y +2 )( )=3 y −1 2+ y ) ( )( ) ) 0.25 0.25 0.25 y Vậy với y ≥ 0, y ≠ Q= y (1,0đ) Q= y −2 y ( (1,0đ) y −2 y ⇒ 3y − y + = ⇔ y −1 = ⇔ y −1 y − = ⇔ 3 y − = Vậy y = (2,0đ) ⇔3 y = 0,25 )( ) ( y =1 ⇔ 3 y = )( ) y −1 y − = y = 1( KTM ) y = (tm) y −2 Q= y 2 x + y = 11 4 x + y = 22 5 x = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − y = −17 x − y = −17 2 x + y = 11 2.1 + y = y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;3) 0,25 0.5 0,25 0,75 0,25 (1,0đ) Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng ( d1 ): y = 2x – Nên m= 2; n ≠ −3 Vì T giao điểm hai đường thẳng ( d ): y = 3x + 2; ( d ): y = - 2x - nên tọa độ điểm T nghiệm hệ phương trình 3x + −1 y = x = ⇔ −2 x − y = −1 y = => T( -1 ; -1) Do đồ thị hàm số cho qua T nên -1 = - + n => n = thỏa mãn n ≠ −3 Vậy m = 2, n = thỏa mãn toán (2,0đ) (1,0đ) 1) x + x − = Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0 0,25 0,25 1,0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x = (1,0đ) 0,5 −5 x − 2(n − 1)x + n = Ta có: ∆ ' = − ( n − 1) − n = n − 2n + − n = − 2n 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x ⇔ ∆ ' > ⇔ − 2n > ⇔ n < x1 + x = ( n − 1) x1 x = n Theo vi-ét ta có: 0,25 Theo đề ta có: ( x1 − x ) + 6n = x1 − 2x ⇔ ( x1 + x ) − 4x1x + 6n = x1 − 2x 2 ⇔ −2n + 4= x1 − 2x ⇔ ( n − 1) − 4n + 6n = x1 − 2x Khi kết hợp với x1 + x = ( n − 1) ta có hệ pt: 2 4 = − = x n x n−2 2 4n − x1 + x = ( m − 1) 3x= 3 ⇔ ⇔ ⇔ −2m + x1 + x = 2n − x1 − 2x = x1 = 2n − − n + x1 = n 3 n−2 x= Thay vào x1x = n ta được: x = 2n n=0 −1 4 2 1 4 − = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ n n n n n n n (tm) 3 3 9 3 n = −12 Vậy n = 0;n = −12 thỏamãn yêu cầu đề 0,25 0,25 (3,0đ) M L K H D Q P N A G (1.0đ) (1,0đ) = = 900 1) Ta có PK ⊥ MN ; NH ⊥ MP (GT) ⇒ PKN PHN Hai điểm K, H nhìn NP góc vng =>tứ giác PHKN nội tiếp = QNK 2) Vì PHKN nội tiếp => QHP chung nên Mà HQP ΔQHP ΔQNK (g.g) ⇒ (1,0đ) 1,0 QH QN = ⇒ QK QH = QP.QN QP QK 3) Gọi giao điểm MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP L = QNM Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => QLP chung Lại có LQP QL QN = ⇒ QL QM = QP QN QP QM QH QM chung ⇒ QH QK = QL QM ⇒ = mà LQH QL QK => ΔQLH ΔQKM (g.g) = QKM => tứ giác MLHK nội tiếp => QLH = > ΔQLP ΔQNM (g.g) ⇒ = MHD = 900 ( GT) Mặt khác MKD => H, M, K thuộc đường trịn đường kính MD = 900 => L thuộc đường trịn đường kính MD => MLD Gọi G giao điểm LD đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP = 900 => MG đường kính ⇒ MNG = = 900 Ta có MLD MPG = > ND // PG; GN // PD => PDNG hình bình hành => GD qua trung điểm A NP => DA vng góc với MQ Vì D giao điểm hai đường cao NH, PK nên D trực tâm tam giác MNP => MD vng góc với QN Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D trực tâm tam giác => QD vng góc với AM Câu 1,0 Cho số thực không âm x,y,z thỏa mãn: a + b + c ≤ 3b 1,0 (1đ) 1,0đ Tìm GTNN biẻu thức: P = ( a + 1) + (b + 2) + ( c + 3) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 1 11 1 + 2≥ + ≥ x y x y ( x + y )2 0,25 ( *) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: P= ( a + 1) + b + 1 2 + ( c + 3) ≥ b a + + 2 Mặt khác: a + c ≤ ( a + c ) ≤ ( 3b − b ) ≤ P≥ 64 b + 2b − 2 2 ≥ 64 2 − (b − 2) + ( c + 3) ≥ 64 b a + + c + 5 0,25 + 3b − b 2 ≥1 Dấu “=” xảy a=1;b=2;c=1 Vậy GTNN P 0,25 ... 3) ≥ 0,25 64 y x + + z + 5 2 + 3y − y 2 0,25 TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề... FKE = > ΔFKB ΔFCA (g.g) ⇒ tiếp Mặt khác ADH = AEH = 900 ( GT) => A, E, D thu? ??c đường trịn đường kính AH 1,0 =>K thu? ??c đường trịn đường kính AH => AKH = 900 Gọi N giao điểm HK đường tròn... QLH = > ΔQLP ΔQNM (g.g) ⇒ = MHD = 900 ( GT) Mặt khác MKD => H, M, K thu? ??c đường trịn đường kính MD = 900 => L thu? ??c đường trịn đường kính MD => MLD Gọi G giao điểm LD đường tròn ngoại