đề thi thử vào lớp 10 thpt năm học 2024 2025

3,0 điểm Cho đường tròn O; R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AB với MC và MD.. a Chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp.. b Gọi I, J lần

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024-2025

Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 4 32

16

P

x

+

− + − , với x 0, x 16

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm các giá trị của x để P1

Câu II (2,0 điểm)

a) Cho đường thẳng ( )d :y=ax b+ Tìm a và b để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )d :y=5x+3 và đi qua điểm A( )1;3

b) Giải hệ phương trình: 3 5

2 5 7

− =



 + =



x y

x y

Câu III (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

3x − 7x+ = 4 0.

b) Cho phương trình: 2 2

x − m− x+m − = , với m là tham số Tìm giá trị của m

để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: 2x1+3x2 +(x1−x2)2 =15

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Lấy

điểm 𝑀 trên cung nhỏ AC (M khác A và C) Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AB với MC và MD a) Chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp

b) Gọi I, J lần lượt là giao điểm của MB với CA và CD Chứng minh rằng 𝐵𝐽 𝐵𝑀 = 2𝑅2 và tam

giác AQI vuông cân

c) Xác định vị trí điểm M để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2024 Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức:

P

- HẾT -

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 4 32

16

P

x

+

− + − , với x 0, x 16

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm các giá trị của x để P1

1

(1,0đ)

Với x 0,x 16, ta có:

4

P

x x

x

+

−

−

+

4

P x

= + , với x 0,x 16

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(1,0đ)

2) Tìm x để P1

Để P1 thì:

x

−

Vì x0,x 16nên x +  4 0

Do đó: 4− x   0 x 16

Kết hợp với điều kiện xác định, ta được: 0 x 16

0,25

0,25

0,25

Vậy với 0 x 16 thì P > 1 0,25

Câu II (2,0 điểm)

a) Cho đường thẳng ( )d :y=ax b+ Tìm a và b để đường thẳng ( )d song song với đường thẳng ( )d :y=5x+3 và đi qua điểm A( )1;3

b) Giải hệ phương trình: 3 5

2 5 7

− =



 + =



x y

x y

1

(1,0đ)

Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y = 5x + 3 nên:

5

3

a b

=





Khi đó (d) có dạng: y = 5x + b

Vì (d) đi qua điểm A(1; 3) nên:

5 1 + =  = −b 3 b 2(TMDK)

Vậy a = 5; b = -2

0,25

0,5

0,25

2

(1,0đ)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) = (2; 1)

0,75

0,25

Câu III (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

3x − 7x+ = 4 0.

b) Cho phương trình: 2 2

x − m− x +m − = , với m là tham số Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x x phân biệt thỏa mãn: 1, 2 2x1+3x2 +(x1−x2)2 =15

1

(1,0đ)

Ta thấy: a + b + c = 3 + (-7) + 4 = 0 0,25

 Phương trình có hai nghiệm: 1 1 2 4

3

x = x =

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 1 2 4

3

x = x =

0,5 0,25

2

(1,0đ)

Ta có:  =' (m−1)2 −(m2 −6)=m2 −2m+ −1 m2+ = −6 2m+7

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

7

2

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:

2

1 2

6 2

( )







Theo bài ra, ta có:

2

2

( )

Từ (1) và (3) ta có hệ phương trình:



0,25

0,25

Thay x1= −2m+7;x2 =4m−9 vào (2) ta được:

2

2

( m )( m ) m

Ta có:  =' 232 −9 57 16 = 0

3

Vậy với 19

9

m thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x 1, 2 thỏa mãn: 2x1+3x2 +(x1−x2)2 =15

0,25

0,25

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Lấy điểm

𝑀 trên cung nhỏ AC (M khác A và C) Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AB với MC và MD

a) Chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp

b) Gọi I, J lần lượt là giao điểm của MB với CA và CD Chứng minh rằng 𝐵𝐽 𝐵𝑀 = 2𝑅2 và tam giác

AQI vuông cân

c) Xác định vị trí điểm M để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất

1

(1,0đ)

a) Chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp

Ta có ∠𝐶𝑀𝐷 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ∠𝑃𝑀𝐷 = 900 Xét tứ giác OMPD có ∠𝑃𝑀𝐷 = ∠𝑃𝑂𝐷 = 900

Mà M, O là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn PD dưới 2 góc bằng nhau nên OMPD nội tiếp (dhnb) (đpcm)

0,5

0,5

2

(2,0đ)

Ta có ∠𝐴𝑀𝐵 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét ∆𝐵𝑂𝐽 và ∆𝐵𝑀𝐴 có:

∠𝑀𝐵𝐴 chung

∠𝐵𝑂𝐽 = ∠𝐵𝑀𝐴 (= 900)

⇒ ∆𝐵𝑂𝐽 ∽⇒ ∆𝐵𝑀𝐴 (g.g) ⇒ 𝐵𝑂

𝐵𝑀 = 𝐵𝐽

𝐵𝐴 (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒ 𝐵𝐽 𝐵𝑀 = 𝐵𝑂 𝐵𝐴

Mà 𝐵𝑂 𝐵𝐴 = 𝑅 2𝑅 = 2𝑅2 nên suy ra 𝐵𝐽 𝐵𝑀 = 2𝑅2 (đpcm)

+ Chứng minh rằng tam giác AQI vuông cân

Do đường kính AC, AB vuông góc với nhau nên số đo các cung AC, BC, BD, AD cùng bằng 900

⇒ ∠𝐷𝑀𝐵 = ∠𝐵𝐴𝐶 = 450 (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)

Xét tứ giác MIQA có ∠𝑄𝑀𝐼 = ∠𝑄𝐴𝐼(= 450)

Mà M, A là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn IQ dưới 2 góc bằng nhau nên MIQA nội tiếp (dhnb)

⇒ ∠𝐴𝐼𝑄 = ∠𝐴𝑀𝑄 =1

2 𝑠𝑑 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐴𝐷 =

1

290

0 = 450

⇒ ∆𝐴𝐼𝑄 có ∠𝐴𝐼𝑄 = 𝐼𝐴𝑄 = 450 nên tam giác AIQ vuông cân tại Q (ĐPCM)

0,5

0,5

3

(1,0đ)

Xác định vị trí điểm M để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất

Vì MIQA là tứ giác là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠𝑀𝐴𝑄 = ∠𝑄𝐼𝐽 (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện)

Mà {𝑄𝐼 ⊥ 𝐴𝑄 (𝑐𝑚𝑡)

𝐶𝑂 ⊥ 𝐴𝑄 (𝑔𝑡) ⇒ 𝑄𝐼//𝐶𝑂 (từ vuông góc đến song song)

0,25

⇒ ∠𝑄𝐼𝐽 = ∠𝑀𝐽𝐶 (so le trong)

⇒ ∠𝑀𝐴𝑄 = ∠𝑀𝐽𝐶

Ta có: {

∠𝐶𝑀𝐽 =1

2 900 = 450

∠𝐴𝑀𝑄 = ∠𝐴𝑀𝐷 =1

2 900 = 450 ⇒ ∠𝐶𝑀𝐽 = ∠𝐴𝑀𝑄

Xét ∆𝐴𝑀𝑄 và ∆𝐽𝑀𝐶 có:

∠𝑀𝐴𝑄 = ∠𝑀𝐽𝐶 (𝑐𝑚𝑡)

∠𝐴𝑀𝑄 = ∠𝐶𝑀𝐽 (𝑐𝑚𝑡)

⇒ ∆𝐴𝑀𝑄 ∽ ∆𝐽𝑀𝐶 (𝑔 𝑔)

⇒𝑀𝑄

𝑀𝐶 =

𝑀𝐴

𝑀𝐽 ⇒ 𝑀𝑄 𝑀𝐽 = 𝑀𝐴 𝑀𝐶

Ta có: 𝑆∆𝑀𝑄𝐽 =1

2𝑀𝑄 𝑀𝐽 sin ∠𝐵𝑀𝐷 = 1

2𝑀𝐴 𝑀𝐶 sin 450

⇒ 𝑆∆𝑀𝑄𝐽 max ⇔ 𝑀𝐴 𝑀𝐶 max ⇒ 𝑆∆𝑀𝐴𝐶 max

Kẻ 𝑀𝐻 ⊥ 𝐴𝐶 (𝐻 ∈ 𝐴𝐶) ta có 𝑆∆𝑀𝐴𝐶 =1

2𝑀𝐻 𝐴𝐶 Xét tam giác vuông OAC có: 𝐴𝐶2 = 𝑂𝐴2+ 𝑂𝐶2 = 𝑅2+ 𝑅2 = 2𝑅2 ⇒ 𝐴𝐶 = 𝑅√2 (Định lí Pythagore)

⇒ 𝐴𝐶 không đổi

⇒ 𝑆∆𝑀𝐴𝐶 max ⇔ 𝑀𝐻𝑚𝑎𝑥 ⇒ 𝑀 là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

Vậy để diện tích tam giác MQJ lớn nhất thì M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

0,25

0,25

0,25

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2024 Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức:

P

Từ giả thiết, ta có:

2024

2 2024

2024

1 2024

( )

Chứng minh tương tự, ta được:

2

3

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

1

P

Dâu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2024

3

a= = =b c

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1, đạt được khi 2024

3

a= = =b c

0,25

0,25

0,25

0,25