` GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) (Đề có câu , gồm 01 trang) Họ tên thí sinh…………………….…………………………… SBD……………………Phòng …………… 15 x x 1 P : x 5 x x 25 Câu I( 2đ): Cho biểu thức với x 0; x 25 Rút gọn biểu thức P P 2 Tìm giá trị x để Câu II(2đ): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình y mx m M 1;3 ( m tham số) Tìm giá trị m để đường thẳng (d ) qua điểm 3 x y = x y = 12 Giải hệ phương trình Câu III(2đ): Giải phương trình 3x x 0 2 Cho phương trình x (2m 1) x m 0 ( m tham số).Tìm m để phương trình 2 có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn x1 x2 x1 x1 x2 3x2 Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) ( AB AC ) , đường cao BE , CF Gọi K giao điểm đường thẳng EF BC Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) M ( M khác A ) Chứng minh BFEC tứ giác nội tiếp Chứng minh MAF MEF Chứng minh BM AC AM BC CM AB Câu V(1đ): Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện (a b c)abc 3 Tìm a5 b5 c5 S a 2b3 b3 2c c 2a giá trị nhỏ biểu thức Hết Lưu ý - Quét mã QR phiếu dự thi để xem kết (ngày 15/04/2023) - Lịch giao lưu lần ngày 09/05/2023 Hướng dẫn chung: HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 1) Nếu học sinh giải Môn thi: TOÁN cách khác với cách nêu (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) HDC này, mà đúng, điểm tối đa phần (câu) tương ứng 2) Trong câu hình, học sinh khơng vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm câu Câu Ý NỘI DUNG Điểm 15 x x 1 P : x 5 x x 0; x 25 x 25 Cho biểu thức với Rút gọn biểu thức P (1,0đ) I (2,0đ) P = = 15 x 15 x 5 x x 5 x 5 x Vậy : x 5 x : x 1 x 5 x x x x 1 x x 1 = P 1 x 1 0,25 0,25 x 1 x với x 0; x 25 Tìm giá trị x để P= x x 10 P= (1,0đ) x 0,25 0,25 x 2 x 1 x 1 0,50 0,50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thăng (d ) có phương trình y mx m ( m tham số) Tìm giá trị m để đường thẳng (d ) qua điểm II (2,0đ) M 1;3 M 1;3 Đồ thị hàm số y mx m qua điểm (1,0đ) m.1 m 2m 2 m 1 M 1;3 Vậy m 1 đồ thị hàm số y mx m qua điểm 0,50 0,50 3 x y = 2 x y = 12 Giải hệ phương trình 3 x y = 13 x = 39 (1,0đ) x y = 12 2 x + y = 12 Ta có: x 3 x 3 y 2 y 2 Vậy nghiệm hệ phương trình là: Giải phương trình 3x x 0 x1 1; x2 a b c 0 nên phương trình có hai nghiệm (1,0đ) Ta có: x1 1; x2 Vậy phương trình có hai nghiệm 0,50 0,50 0,50 0,50 2 Cho phương trình: x (2m 1) x m 0 ( m tham số).Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn x12 x22 x1 x1 x2 3x2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt III (2,0đ) Ta có 2m 1 m 4m 25 m 25 x1 x2 2m (1) x1 x2 m (2) Theo vi-et: (1,0đ) Theo ta có: x12 x22 x1 x1 x2 3x2 x12 ( x2 1) x1 x22 3x2 0 (*) Trong phương trình (*) ta coi x1 ẩn số, x2 tham số giải ta được: x1 3x2 (loại theo x1 ; x2 trái dấu) x1 x2 x1 x2 (3) Từ (1) (3) ta có : x1 4m 14 m 14 m m 0; m x2 2m thay vào (2) ta : Cả hai giá trị thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 0,25 0,25 0,25 IV (3,0đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) ( AB AC ) , đường cao BE , CF Gọi K giao điểm đường thẳng EF BC Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) M ( M khác A ) Chứng minh BFEC tứ giác nội tiếp Chứng minh MAF MEF Chứng minh BM AC AM BC CM AB A Q M O E F K B C Chứng minh BFEC tứ giác nội tiếp Ta có: ABC có đường cao BE , CF (1,0đ) 0,50 BE AC ( gt ) BEC 90 ; CF AB ( gt ) BFC 90 Xét tứ giác BCEF có : BEC BFC 90 , nên tứ giác BFEC nội tiếp 0,50 đường trịn đường kính BC Chứng minh MAF MEF (1,0đ) Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy AFE ECK ( bù EFB ) 0,25 Mà AFE KFB ( đối đỉnh) KFB ECK Xét KBF KEC có Nên KBF ∽KEC ( g.g ) KFB ECK (chứng minh trên) EKC chung KB KF KB.KC KE.KF KE KC 0,25 (1) Xét hai tam giác KBM , KAC có: MBK KAC ( bù MBC ) MKB AKC KB KM KB.KC KM KA KA KC Nên: KBM ∽KAC ( g g ) KM KE KA.KM KE.KF (3) KF KA Từ (1) (2) suy ra: 0,25 (2) 0,25 Ta có : MKE AKF (4) Từ (3) (4) suy KME ∽KFA(c.g.c) , Do đó: MAF MEF Chứng minh : BM AC AM BC CM AB Trên cạnh AB lấy điểm Q cho AMQ BMC Xét BMC QMA có : AMQ BMC MAQ MCB Suy ra: BMC ∽ QMA (g – g) AM AQ CM CB AM BC AQ.CM 0,25 5 Ta có AMQ QMB AMB BMC AMC AMB , AMQ BMC (1,0đ) suy : QMB AMC 0,25 Xét AMC QMB có : MBQ ACM QMB AMC Do đó: AMC ∽ QMB (g – g) Cộng vế đẳng thức 5 AC CM BQ BM AC.BM BQ.CM , suy ra: 0,25 6 0,25 BM AC AM BC AB.CM Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn (a b c)abc 3 Tìm giá trị nhỏ a5 b5 c5 S a 2b3 b3 2c c 2a biểu thức: Ta có: a a 2b3 2a 2b3 a5 a 2b a a 2b3 a 2b3 a 2b3 a 2b3 a b3 b3 3 a b b a 2b 3ab a 2b3 a 2b3 a 2b ab 2 a 2b 3ab a 2b 3 ab a5 2 a2 2 a ab a ab a 2b3 a 2b3 Chứng minh tương tự (1,0đ) b5 c5 2 b bc; c ca 3 b 2c c 2a 2 S a b c ab bc ca 3 Từ ta có: 1 2 a b b c c a ab bc ca 2 S ab bc ca Do đó: V (1,0đ) Áp dụng bất đẳng thức x y x 3 xy yz zx , ta có: 0,25 0,25 0,25 ab bc ca 3abc (a b c ) 9 ab bc ca 3 Suy : S 1 , đẳng thức xảy a b c 1 Vậy giá trị nhỏ S 1 a b c 1 0,25 Hết -