De kscl toan on thi vao 10 nam 2023 2024 phong gddt thieu hoa thanh hoa

đề ôn thi năm 2023 2024 ôn thi tỉnh thanh hóa ...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

PHỊNG GDĐT THIỆU HĨA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ƠN THI VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2023- 2024 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng năm 2023 Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:  x  y 1  b) 5 x  y 9 a) 3x  x  0; Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức:  x P    x   x 1 x   x    x   x  x  với x  ; x  ; x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm số nguyên x lớn để P có giá trị số nguyên Câu 3: (2,0 điểm) d : y ax  b d a) Cho đường thẳng   Tìm a, b biết   cắt trục hồnh điểm có hồnh độ d   song song với đường thẳng y 2 x  2 b) Cho phương trình x  mx   3m 0, với m tham số Tìm m để phương trình cho x x x  x  3x1 x2  13 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   thỏa mãn Câu 4: (3,0 điểm) AI  OA Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định, đoạn OA lấy điểm I cho Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN (C không trùng M, N, B ) Nối AC cắt MN E a) Chứng minh: Tứ giác IECB nội tiếp b) Chứng minh: AE AC  AI IB AI MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC c) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Câu 5: (1,0 điểm) Xét số thực dương a, b > thỏa mãn: ab + a + b = Tìm giá trị lớn biểu thức P a b   b 1 a 1 a  b2  a b  Hết -( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Điểm Đáp án a) 3x  x  0 Ta có:  = (-5)2 -4.3.(-2) =49 > Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  0,5đ 0,5đ  b  57  b  5   2 x2    2a 2a ; b) Câu 1: ( 2,0đ) 2 x  y 1  5 x  y 9  x  y 1  15 x  y 27 0,25đ 0.25đ  13 x 26  5 x  y 9 Câu 2: ( 2,0đ)  x 2   y 1 0,25đ Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) 0,25đ ĐKXĐ: x  ; x  ; x   x P =  x    x =  x 2  2 x =    x +1 x -  x -   x -  x - x -2 x +1  x -2   x - x -2  x -3   x 2     x +2  x 1   x  2  x - 2 x -2  x - 8 x -   x -3    2x - x - x - x - + x -  x - = =   x -3 x +2 x -2        x  2  x 2 P Vậy b) P =   x - 2 x -5  x -2 = x -3 x -3-2 =1x3 0,25đ x - x - 10  x +2  x -2  x -2 x -3 0,25đ x -5 x -2 x -5  x -2 x -3 x -3 x -5 x  với x  ; x  ; x  x -5 = x3 0.25đ x -8 x 0,25đ 0,25đ 0,25đ Để P  Z x   Ư(2) = {-2; -1; 1; 2} x - = -2 => x =  x = (TM) * * x - = -1 => * x - = => x = x =  x = (Loại)  x = 16 (TM) 0,25đ x - = => x =  x = 25 (TM) * Vì x số nguyên lớn nên x = 25 Câu 3: ( 2,0đ) 0,25đ  d  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ Vì nên x = 3; y = Do 0,25đ d song song với đường thẳng y = 2x +6 a 2  Nên b 6 Thay a = 2; x = 3; y = vào hàm số y = ax + b ta có: = 2.3 + b => b = - (thỏa mãn) Vậy a = 2; b = - 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ b) Ta có ac   3m  0m  x  x2  Nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1  0, x2  Do x2  x1  3x1 x2  x2  x1  3x1 x2 m    3m  m    3m   m   13  9m  m  10 0    m 10  Từ giả thiết ta có 10 m m  giá trị cần tìm Vậy 0.25đ 0.25đ 0.25đ M C Câu 4: (3,0đ) H E A I O B N  a) Ta có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);  BIE 90 (giả thiết)    ACB  BIE 90  90 180 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Tứ giác IECB có tổng hai góc đối 180 nên nội tiếp đường tròn b) Xét hai tam giác AIE tam giác ACB có:   Góc A chung AIE  ACB 90 Suy ra:  AIE∽ ACB (g – g) AE AI    AI AB  AC AE AB AC AE AC  AI IB AI AB  AI IB  AI  AB  IB   AI Do đó: 0.25đ Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC Ta có: HM = HE  MHE cân H  1800  MHE   HME  900  MHE 2  Lại có: 1  0.25đ MCE  MHE (góc nội tiếp góc tâm chắn cung ME đường tròn tâm H) 0     Do đó: HME 90  MCE  HME MCE 90 (1) Lại có : đường kính AB vng góc dây MN nên AB trung trực MN, A 0.25đ       điểm cung MN suy AM  AN  AMN MCA  AMN MCE (2) 0    Từ (1) (2) suy HME  AMN 90  AMH 90  AM  HM Vậy MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC (đpcm) 0.25đ c) Do AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác MEC mà AM vng góc BM 0.25đ nên H thuộc MB NH nhỏ NH⊥ BM suy tứ giác IHBN nội tiếp đường tròn    HBI HNI ( góc nội tiếp chắn cung HI)   MHN∽ MIB (g – g) MH MN  MI MB  MH MB = MI MN Mà MN = 2.MI nên MH MB = 2MI2 Xét tam giác vuông OIM , có: 0,25đ 8R  R MI MO  OI R      3 Xét tam giác vuông BIM , có: 8R  R  8R 2 6.R MB MI  IB     MB     3 Do đó: 2 2 6.R 8R 8R MH 2  MH  0.25đ MH   Điểm H thuộc tia MB cho 8R MH HC  Vì H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC nên 8R 0.25đ 8R    H;  Vậy điểm C giao điểm đường tròn (O; R ) đường tròn   Câu 5: ( 1,0đ) a  b2  a  b P  (a  1)(b  1) a  b2  a b2 0.25đ Từ ab + a + b = => (a + 1)(b + 1) = 2= (a  1)(b  1)  Đặt t = a b  2 => a  b 2  ab 1 (vì a + b + ab = 3) a  b   t  a  b2 a  b2 a  b    4 P= 12P =   a2  b2    a  b   a b  0.25đ 12 a b 2 Ta có: a + b = t2 – => a2 + b2 = t4 – – 2t2 0.25đ 12 12 12P = - t4 + 2t2 + + 3(t2 – 2) - t = - t4 + 5t2 - t 6 12 t   9    t 9 t t t Theo Cauchy ta có:  t  5t  t   12P  => 48P  -4t4 + 23t2 – 36 7  t  23  4t  4    36 4 2    t   23  4t   36     48P     23      36     48P MaxP =  a = b = Lưu ý: - Câu 4: Nếu thí sinh khơng vẽ hình vẽ sai hình khơng chấm điểm - Điểm thi làm trịn đến 0,25 - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa 0.25đ