KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MƠN: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giáo đề) Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang PHÒNG GD&ĐT NHƯ THANH Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức P= √𝑥𝑥 √𝑥𝑥+3 − √𝑥𝑥−1 2−√𝑥𝑥 Rút gọn biểu thức P Tìm tất giá trị x để 𝑃𝑃 = √𝑥𝑥 − 6−3√𝑥𝑥 𝑥𝑥+√𝑥𝑥−6 (với x ≥ 0; x ≠ 4) Câu II (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ax + (b– 1) Tìm a, b biết đường thẳng (d) qua điểm A(2;1) cắt trục tung điểm có tung độ -3 Giải hệ phương trình: � Câu III (2,0 điểm) 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 = −4 −3𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = Giải phương trình: x2 + 5x – = Cho phương trình x + 6x + 6m − m = (với m tham số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn: x13 − x 32 + 2x12 + 12x1 + 72 = Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB MN vng góc với Trên tia đối tia MA lấy điểm C (C khác M) Kẻ MH vng góc với BC (H∈BC) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp MB cắt OH E Chứng minh ME.MH = BE.HC Gọi giao điểm đường tròn (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC K (K khác M) Chứng minh ba điểm C, K, E thẳng hàng Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn √𝑥𝑥 + �𝑦𝑦 + √𝑧𝑧 = Chứng minh: 𝑥𝑥√𝑥𝑥 𝑥𝑥 + �𝑥𝑥𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 𝑦𝑦�𝑦𝑦 𝑦𝑦 + �𝑦𝑦𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 + 𝑧𝑧√𝑧𝑧 𝑧𝑧 + √𝑧𝑧𝑧𝑧 + 𝑥𝑥 Hết -Giám thị coi thi khơng giải thích thêm ≥ Họ tên thí sinh:……………………………………; SBD:………… HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 MƠN: TỐN PHÒNG GD&ĐT NHƯ THANH Câu Nội dung Điểm 1.(1,0 điểm):Với x ≥ 0; x ≠ ,ta có: P= = = = = Câu I (2,0 điểm) Câu II (2,0 điểm) √𝑥𝑥 √𝑥𝑥+3 √𝑥𝑥 − + √𝑥𝑥−1 2−√𝑥𝑥 √𝑥𝑥−1 √𝑥𝑥+3 √𝑥𝑥−2 √𝑥𝑥�√𝑥𝑥−2� − − + 6−3√𝑥𝑥 𝑥𝑥+√𝑥𝑥−6 6−3√𝑥𝑥 �√𝑥𝑥+3��√𝑥𝑥−2� �√𝑥𝑥−1��√𝑥𝑥+3� �√𝑥𝑥+3��√𝑥𝑥−2� �√𝑥𝑥−2��√𝑥𝑥+3� 𝑥𝑥−2√𝑥𝑥+𝑥𝑥+2√𝑥𝑥−3−6+3√𝑥𝑥 �√𝑥𝑥+3��√𝑥𝑥−2� 2𝑥𝑥+3√𝑥𝑥−9 �√𝑥𝑥+3��√𝑥𝑥−2� �2√𝑥𝑥−3��√𝑥𝑥+3� = �√𝑥𝑥−2��√𝑥𝑥+3� 2√𝑥𝑥−3 Vậy P= √𝑥𝑥−2 = 0,25 − 6−3√𝑥𝑥 �√𝑥𝑥+3��√𝑥𝑥−2� 2√𝑥𝑥−3 √𝑥𝑥−2 Với x ≥ 0; x ≠ 2.(1,0 điểm): Với x ≥ 0; x ≠ ,ta có: 𝑃𝑃 = √𝑥𝑥 2√𝑥𝑥 − = √𝑥𝑥 => √𝑥𝑥 − 2√𝑥𝑥 − √𝑥𝑥�√𝑥𝑥 − 2� ⇔ = 𝑥𝑥 − √ √𝑥𝑥 − => 𝑥𝑥 − 4√𝑥𝑥 + = ⇔ (√𝑥𝑥 − 1)(√𝑥𝑥 − 3) = 𝑥𝑥 − = 𝑥𝑥 = ⇔ �√ ⇔� 𝑥𝑥 = √𝑥𝑥 − = Ta thấy x =1 x = thoả mãn ĐKXĐ Vậy x = x = 1.(1.0 điểm): Vì đường thẳng (d) cắt trục tung điểm có tung độ -3 nên b-1 = -3 ⇔ b = -2 Với b = -2 ta có y = ax -3 Vì đường thẳng (d) qua điểm A(2;1), nên ta có: a.2–3 = ⇔ 2a = ⇔ a = Vậy a = b = -2 2.(1,0 điểm): Ta có: 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 = −4 −2𝑥𝑥 = −4 𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 = � ⇔� ⇔� ⇔� 𝑥𝑥 − 2𝑦𝑦 = −4 − 2𝑦𝑦 = −4 𝑦𝑦 = −3𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (2;3) Câu III 1.(1,0 điểm):PT: x2 + 5x – = có hệ số: a = 1, b = 5, c = - (2,0 Vì a + b + c = + +(- 6) = 0, nên phương trình có nghiệm pb điểm) x1 = x2 = - x + 6x + 6m − m = Có 0,25 0,25 0,5 0,25 ∆ ' = − 6m + m = (m − 3) ≥ , với m ⇒ phương trình ln có hai nghiệm x1 , x với m −6 x1 + x = Theo Vi-ét ta có: (2) = − x x 6m m 0,25 Theo ta có: x13 − x 32 + 2x12 + 12x1 + 72 = ⇔ 𝑥𝑥13 − 𝑥𝑥23 + 2𝑥𝑥12 + 12𝑥𝑥1 + 72 = ⇔ (𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 )(𝑥𝑥12 + 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥22 ) − 2𝑥𝑥1 (−6 − 𝑥𝑥1 ) + 72 = ⇔ (𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 )[(𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 )2 − 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 ] − 2𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 + 72 = (3) Thay (2) vào (3) ta (𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 )(36 − 6𝑚𝑚 + 𝑚𝑚2 ) − 2(6𝑚𝑚 − 𝑚𝑚2 ) + 72 = ⇔ (𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 )(36 − 6𝑚𝑚 + 𝑚𝑚2 ) + 2(𝑚𝑚2 − 6𝑚𝑚 + 36) = ⇔ (𝑚𝑚2 − 6𝑚𝑚 + 36)(𝑥𝑥1 − 𝑥𝑥2 + 2) = 0,25 Vì m − 6m + 36 = (m − 3) + 27 > 0, ∀m ⇒ x1 − x + = −6 x1 + x = Ta có hệ phương trình: −2 x1 − x = 0,25 Giải hệ phương trình ta x1 = −4; x = −2 ⇒ (−4).(−2) = 6m − m ⇔ m − 6m + = Giải phương trình ta m = m = Vậy m = m = phương trình cho có hai nghiệm thỏa mãn x13 − x 32 + 2x12 + 12x1 + 72 = 0,25 C M A K E H O B N 1.(1,0 điểm) Tứ giác BOMH có: � = 90° (MN⊥AB) 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 - 0,25 � = 90° (MH⊥BC) 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 180° =>𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 0,25 0,25 => BOMH tứ giác nội tiếp 0,25 2.(1,0 điểm) Ta có: OM = OB (bán kính) =>∆OMB vng cân O � = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 450 =>𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � (cùng chắn cung BO) Tứ giác BOMH nội tiếp =>𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � (cùng chắn cung MO) 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � => HE tia phân giác 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � =>𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 Áp dụng t/c đường phân giác tam giác Ta có: 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐻𝐻𝐻𝐻 0,25 0,25 => ME.HB=BE.MH (1) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng, ta có MH2=HB.HC => HB = 𝑀𝑀𝑀𝑀 Từ (1) (2) => ME 𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐻𝐻𝐻𝐻 0,25 (2) = 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀=>ME.MH=BE.HC 3.(1,0 điểm) � = 900 => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC có Ta có 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 0,25 đường kính MC � = 900 (Góc nội tiếp chắn đường trịn đường kính MC) =>𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 900 (Góc nội tiếp chắn đường tròn tâm O) Mà 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 900 + 900 = 1800 =>𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 0,25 => C, K, N thẳng hàng (1) 𝑀𝑀𝑀𝑀 Theo câu b, ta có: ME.MH=BE.HC => Mà => 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 (∆CHM đồng dạng ∆CMB) = 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑀𝑀𝑀𝑀 0,25 (MB=BN) Xét ∆MEC ∆BEN � = 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 � = 900 , 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 Có: 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 0,25 � = 1800 � + 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 =>𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 0,25 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 =>∆MEC đồng dạng ∆BEN � = 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 � (2 góc tương ứng) =>𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � + 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 � = 1800 (2 góc kề bù) Mà 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 =>C, E, N thẳng hàng (2) Từ (1) (2) => C, K, N, E thẳng hàng Vậy ba điểm C, K, E thẳng hàng Đặt a = √𝑥𝑥, b = �𝑦𝑦, c = √𝑧𝑧 (a,b,c > 0) => a + b + c = Ta có VT = = 𝑎𝑎3 𝑎𝑎2 +𝑎𝑎𝑎𝑎+𝑏𝑏2 𝑎𝑎4 𝑎𝑎3 +𝑎𝑎2 𝑏𝑏+𝑎𝑎𝑎𝑎2 𝑎𝑎2 𝑏𝑏2 Áp dụng BĐT Câu V (1,0 điểm) => + 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 𝑏𝑏3 𝑏𝑏2 +𝑏𝑏𝑏𝑏+𝑐𝑐 𝑏𝑏4 + ≥ + 𝑐𝑐 𝑐𝑐 +𝑐𝑐𝑐𝑐+𝑎𝑎2 𝑐𝑐 𝑏𝑏3 +𝑏𝑏2 𝑐𝑐+𝑏𝑏𝑐𝑐 (𝑎𝑎+𝑏𝑏)2 𝑥𝑥+𝑦𝑦 ta có: + 𝑐𝑐 +𝑐𝑐 𝑎𝑎+𝑐𝑐𝑎𝑎2 𝑏𝑏 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎3 + 𝑎𝑎2 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑐𝑐 (𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 )2 ≥ (𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ) + (𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑐𝑐 ) 𝑎𝑎4 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 +𝑐𝑐 𝑎𝑎+𝑐𝑐𝑎𝑎2 (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 )2 ≥ (𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ) + (𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑐𝑐 ) 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐𝑎𝑎2 𝑎𝑎3 +𝑎𝑎2 𝑏𝑏+𝑎𝑎𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏4 𝑏𝑏3 +𝑏𝑏2 𝑐𝑐+𝑏𝑏𝑐𝑐 0,25 0,25 0,25 (𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 )2 ≥ (𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 ) + (𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑐𝑐 ) + (𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐𝑎𝑎2 ) (𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 )2 = 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐𝑎𝑎2 (𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 )2 = 𝑎𝑎 (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) + 𝑏𝑏 (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) + 𝑐𝑐 (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) (𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 )2 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = = (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 )(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 𝑎𝑎2 = � + =>VT = Hay 𝑏𝑏2 𝑐𝑐 𝑎𝑎3 𝑎𝑎2 +𝑎𝑎𝑎𝑎+𝑏𝑏2 𝑥𝑥√𝑥𝑥 (𝑎𝑎+𝑏𝑏+𝑐𝑐)2 + �≥ 𝑥𝑥+√𝑥𝑥𝑥𝑥+𝑦𝑦 + + 1+1+1 𝑏𝑏3 𝑏𝑏2 +𝑏𝑏𝑏𝑏+𝑐𝑐 𝑦𝑦√𝑦𝑦 𝑦𝑦+√𝑦𝑦𝑦𝑦+𝑧𝑧 + + 22 = 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐 +𝑐𝑐𝑐𝑐+𝑎𝑎2 𝑧𝑧√𝑧𝑧 𝑧𝑧+√𝑧𝑧𝑧𝑧+𝑥𝑥 2 ≥ ≥ (đpcm) Dấu “=” xảy a = b = c = => x = y = z= 0,25 Lưu ý: - Học sinh làm cách giải khác cho điểm tối đa -Câu IV học sinh khơng vẽ hình khơng cho điểm