SỞ GD&ĐT LONG AN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2023-2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm có 01 trang Mơn TỐN ( CHUN) Ngày thi: 08/06/2023 Thời gian: 150 phút ( không kể phát đề) _ Câu ( 1,5 điểm) Cho biểu thức T= a+1 √ a−1 √ a − − ( ( √√a−1 ) √ a+1 4 √ a ) với a¿ 0, a ≠ a) Rút gọn biểu thức T b) Tìm tất giá trị a để T =−√ a−1 Câu ( điểm) a) Nhân dịp kỉ niệm 10 năm thành lập, cửa hàng GHN có thực chương trình giảm giá cho mặt hang X 20% tiềm mặt Y 15% so với giá niêm yết Bà Giới mua hàng X hàng Y phải trả với số tiền 395000 đồng Ngày cuối chương trình, cữa hàng thay đổi cách giảm giá mặt hàng X 30% mặt hang Y 25% Vào ngày hơm đó, Định mua hàng X hàng Y trả số tiền 603000 đồng tính theo giá niêm yết hàng X Y (giá niêm yết giá ghi hàng chưa thực giảm giá ) b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x 2−( m−1 ) x +m 2−7=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mản điều kiện 4x1+3x2 = Câu 3( điểm ) Giải phương trình x2 −¿5x + +(3−2 x)√ x 2+ x +2=0 Câu (2,5 điểm ) Cho đường trịn tâm O có đường kính AB= 2R Từ A đến B kẻ hai tiếp tuyến Au,Bv với đường tròn Qua điểm C thuộc đường tròn ( C khác A B ), kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt Au Bv theo thứ tự M N ^ = CNO ^ a) Chứng minh tứ giác AMCO nội tiếp đường tròn CBO b) Kẻ CH vng góc với AB H, gọi K giao điểm CH với AN, chứng minh ba điểm M,K,B thẳng hang c) Gọi S diện tích tam giác ABC, S1 diện tích tam giác MON tính tỉ số S1 S AM = 1,5R Câu 5(1,0 điểm) Ơng Tuệ khóa két sắt mật có chữ số ơng nhớ chữ số khơng có chữ số tổng chúng Hỏi ông Tuệ phải thử tối đa lần mật mã khác để chắn mở két sắt ? Câu ( 1,0 điểm) cho a≥ 0, b ≥0 thỏa mãn 2a+3b ≤ a+b ≤ chứng minh −22 ≤ a −2 a−b ≤ Câu 7(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A gọi M điểm cạnh BC, I K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM tam giác ACM Xác định vị trí M để diện tích tam giác AIK nhỏ ĐÁP ÁN ( Bài ( 1,5 điểm) Cho biểu thức T= √ a+1 − √ a−1 √ a − √ a−1 √ a+1 4 √ a )( ) với a¿ 0, a ≠ a) Rút gọn biểu thức T b) Tìm tất giá trị a để T =−√ a−1 Lời giải: a) Với a¿ , a ≠ 1,ta có √ a+1 − √ a−1 √ a−1 √ a+1 ( √ a+1 ) 2−( √ a−1)2 √ a 2−1 ¿ ∙ √a ( √ a−1)( √ a+1) T= ( ) ( ¿ a+2 √ a+1−a+2 √ a−1 ( a−1 ) ∙ a−1 16 a ¿ √ a a−1 ∙ 16 a ¿ Vậy với a¿ 0, a ≠ 1thì T = a−1 √a a−1 √a b) Với a¿ 0, a ≠ 1,ta có a−1 =− √ a−1 √a ⟺ a−1=4 √ a ∙(−√ a−1) ⇔ ( √ a+1 )( √ a−1 ) =−4 √ a ( √ a+ ) T =−√ a−1 ⟺ ⟺ √ a−1=−4 √ a ( √ a+1>0 ¿ ⟺ √ a= ⟺ a= (nhận) 25 Vậy x= 25 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 2( 2,0 điểm).Type equation here ) a) Nhân dịp kỉ niệm 10 năm thành lập, cửa hàng GHN có thực chương trình giảm giá cho mặt hang X 20% tiềm mặt Y 15% so với giá niêm yết Bà Giới mua hàng X hàng Y phải trả với số tiền 395000 đồng Ngày cuối chương trình, cữa hàng thay đổi cách giảm giá mặt hàng X 30% mặt hang Y 25% Vào ngày hơm đó, Định mua hàng X hàng Y trả số tiền 603000 đồng tính theo giá niêm yết hàng X Y (giá niêm yết giá ghi hàng chưa thực giảm giá ) b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x 2−( m−1 ) x +m 2−7=0 có hainghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mản điều kiện 4x1+3x2 = Lời giải: a) Gọi x,y giá niêm yết hàng X,Y Theo đề ta có hệ phương trình x ∙ 80 % + y ∙ 85 %=395 000 ⟺ 1,6 x +0.85 y=395 000 ⟺ x=130 000 x ∙70 % +2 y ∙ 75 %=603 000 2,1 x+ 1,5 y =603 000 y=220 000 { { { với giá niêm yết mặt hàng X 130 000 đồng mặt hàng Y 220 000 đồng b) Ta có △=b 2−4 ac=( m−1 )2−4 ∙1 ∙ ( m2−7 ) =4 m2−4 m+1−4 m+1−4 m2+ 28=−4 m+29 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 −4 m+ 29>⟺−4 m>−29 ⟺ m< Theo hệ thức Vi-ét , ta có { 29 x1 + x 2=2 m−1(1) x1 x 2=m 2−7(2) Theo đề , ta lại có 44 x1 +3 x 2=1 kết hợp với (1 ) , ta hệ phương trình { { x1 + x 2=2 m−1 x 1+ x 2=6 m−3 x1=4−6 m x 1=4−6 m ⟺ ⟺ x1 +3 x 2=1 x +3 x2 =1 ∙ ( 4−6 m )+ x 2=1 x2 =8 m−5 { Thế vào phương trình (2) ta (4−6 m¿ ∙(8 m−5)=m2 −7 ⟺32 m−20−48 m2 +30 m=m2−7 ⟺ 49 m2−62 m+13=0 m=1(nhận) ⟺ 13 m= (nhận) 49 [ 13 Vậy m=1 m= 49 thỏa mãn yêu cầu toán { Bài 3(1,0 điểm ) giải phương trình: x 2−5 x+ 2+ ( 3−2 x ) √ x 2+ x +2=0 Lời giải Ta có : x 2−5 x+ 2+ ( 3−2 x ) √ x 2+ x +2=0 ⟺ ( x2 + x +2 ) −6 x+ ( 3−2 x ) √ x2 + x +2=0 √ phương trình cho trở thành Đặt t = √ x 2+ x +2 t ≥ ( ) t 2−6 x+ ( 3−2 x ) ∙ t=0 ⟺ t −6 x+3 t−2 xt =0 ⟺ ( t 2−2 xt ) + (3 t−6 x )=0 ⟺ t ( t−2 x )+ (t−2 x )=0 ⟺ ( t−2 x ) ( t+ )=0 ( ⟺ t−2 x=0 vìt ≥ √ nên t + 3>0 ) ⟺ t=2 x ⟺ √ x2 + x +2=2 x ⟺¿ ⟺ {[ x≥0 −2 x= Vậy tập nghiệm phương trình S =(1) Bài 4(2,5 điểm) Cho đường trịn tâm O có đường kính AB= 2R Từ A đến B kẻ hai tiếp tuyến Au,Bv với đường tròn Qua điểm C thuộc đường tròn ( C khác A B ), kẻ tiếp tuyến với đường trịn, cắt Au Bv theo thứ tự M N ^ = CNO ^ a) Chứng minh tứ giác AMCO nội tiếp đường trịn CBO b) Kẻ CH vng góc với AB H, gọi K giao điểm CH với AN, chứng minh ba điểm M,K,B thẳng hang c) Gọi S diện tích tam giác ABC, S1 diện tích tam giác MON tính tỉ số S1 S AM = 1,5R LỜI GIẢI a)Xét tứ giác AMCO có ^ O AM=90 ° ( Aulà tiếp tuyến ( O ) ) ; ^ =90° ( CM tiếp tuyến (O)); OCM ^ + OCM=90° ^ + 90° =180° Suy OAM Suy tứ giác AMCO nội tiếp đường tròn Chứng minh tương tự ta tứ giác BNCO nội tiếp đường tròn ^ ^ CNO ( góc nội tiếp chắn cung OC ) Suy CBO= b) Ta có CK ∥ AM ( vng góc với AB ) nên theo KN NB = (định lý TA−lét) KA MA Mà MC=MA NC = NB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên KN NB = KA MA Xét ∆ KNB ∆ KAM có KN = NB ( chứng minh ) KA MA ^ KNB=^ KAM ¿ NB,2 góc so le trong) Suy ∆ KNB ∆ KAM ( cạnh−góc−cạnh ) NKB=^ AKM Suy ^ ^ ^ ^ MKB= MKN + BKN = ^ MKN + ^ MKA= ^ AKN =180 ° Vậy điểm M,K,B thẳng hàng c) Ta có AM=AC=1,5R (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì tứ giác AMCO nội tiếp đường tròn nên ^ CAO ^ ( góc nội tiếp chắn cung OC ) CMO= Xét ∆ OMN ∆ CAB có ^ ^ CNO= CBO ( chứng minhtrên ) ^ ^ ( chứngminh ) CMO=CAO MON= ^ ACB Suy ∆ OMN ∆ CAB ( góc−góc ) , suy ^ MON 90° ACB=90 ° ° ( góc nội tiếp chắn đường trịn ) nên ^ Mà ^ tam giác OMN vng O , có OC đường cao nên OC R2 = = R CM 1,5 R 13 Suy MN =MC+NC=1,5R+ R= R S MN Khi S = AB =¿ ¿ OC =CM ∙ CN ⟹ CN = ( ) Câu 5(1,0 điểm) Ơng Tuệ khóa két sắt mật có chữ số ơng nhớ chữ số khơng có chữ số tổng chúng Hỏi ông Tuệ phải thử tối đa lần mật mã khác để chắn mở két sắt ? LỜI GIẢI ´ (a , b , c , d ≤ 9) Giả sử số cần tìm để mở két sắt có dạng abcd ´ thuộc tổ hợp sau Vì a,b,c,d khác a+b+c+d=9 nên abcd (1;1;1;6),(1;1;2;5),(1;1;3;4),(1;1;3;3),(1;2;2;4),(1;2;3;3),(2;2;2;3) Mỗi tổ hợp (1;1;1;6) (2;2;2;3) có cách để thử Mỗi tổ hợp (1;1;2;5),(1;1;3;4),(1;2;2;4) (1;2;3;3)có 12 cách để thử Vậy ông Tuệ phải thử tối đa 2∙ 4+ ∙ 12=56 lần Câu ( 1,0 điểm) cho a≥ 0, b ≥0 thỏa mãn 2a+3b ≤ a+b ≤ chứng minh −22 ≤ a −2 a−b ≤ LỜI GIẢI −2 Ta có 2a+3b≤ ⟺ b≤−2 a+6 ⟺ b ≤ a+2 ⟺−b≥ a−2 2 22 −22 2 (1) Khi a2-2a-b≥ a −2 a+ a−2=a − a−2= a− − ≥ 3 ( 3) 9 14 Dấu “=” xảy a= b= ab Ta có 2a+b≤ ⟺ a2+ab≤ a ⟺ a −2 a ≤− ab ( ab ) Khi a2-2a-b ≤− -b=− + b ≤ Dấu “=” xảy a=2, b=0 (2) −22 Từ (1) (2) suy ≤ a −2 a−b ≤ Câu 7(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A gọi M điểm cạnh BC, I K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM tam giác ACM Xác định vị trí M để diện tích tam giác AIK nhỏ Lời giải Gọi I K đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM ∆ ACM Khi IK đường trung trực AM ^ AIK= ^ MIK = ^ AIK ^ AKI= ^ MKI = ^ AKM ABC= ^ AIM = ^ AIK Ta có ^ ACB= ^ AKM = ^ AKI Và ^ AIK + ^ AKI = ^ ABC + ^ ACB=90° Suy ^ Suy ∆ AIK vuông A Gọi E,F trung điểm AB AC, ta có 1 1 1 S∆ AIK= AI ∙ AK ≥ AE∙ AF = ∙ AB ∙ AC = AB ∙ AC = S∆ ABC DẤU “=” xảy I=E,K=F hay M+H ( với H chân đường cao hạ từ A của∆ ABC ¿ Vậy M đường chân cao hạ từ A ∆ ABC diện tích tam giác AIK nhỏ