thi thử vào lớp 10 liên trường thcs hà trung 05 6 2024

1 Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.. Đường thẳng AKcắt đường thẳng BFtại M.. Chứng minh rằng MC  2HF... Đường thẳng AKcắt đường thẳng BFtại M... Tương tự ta có:.

LIÊN TRƯỜNG THCS HÀ TRUNG

Ngày thi: 5/06/2024

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 – 2024

Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ BÀI

Câu I: (2.0 điểm) Cho biểu thức: P =

x2+√x x−√x+1+1−

2 x+√x

√x với x > 0.

1) Rút gọi biểu thức P

2) Tìm x để P = 0

Câu II: (2.0 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (m+1)x-m+2

Tìm m để đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x=-3

2) Giải hệ phương trình

3 2 1

3

x y

x y

 





 



Câu III: (2.0 điểm)

1) Giải phương trình 2x2  3x 5 0 

2) Cho phương trình x2 + 6x + 6m – m2 = 0 (với m là tham số)

Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

x  x 2x 12x 72 0

Câu 4 (3,0 điểm):

Cho đường tròn  O và điểm A nằm ngoài đường tròn Qua điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến  O (B C, là các tiếp điểm) Kẻ tia Ax(nằm giữa hai tia

AB, AO) cắt đường tròn tại E và F( E nằm giữa A và F )

1) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh rằng BA2 AE.AF và OEF OHF  , với H là giao điểm của AO

và BC

3) Đường thẳng qua E song song với BFcắt đường thẳng BCtại K. Đường thẳng AKcắt đường thẳng BFtại M. Chứng minh rằng MC  2HF.

Câu V (1,0 điểm)

Cho các số thực dương , , a b c

Chứng minh rằng:

1

a b c

a b  c b c   a c a   b   

(Đề bài bao gồm 1 trang, 5 câu)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học: 2023 – 2024

Môn thi: Toán

1

(2.0

điểm

)

1 ĐKXĐ: x >0

P =

x2+√x x−√x+1+1−

2 x+√x

√x

=

1 1

 

 

( 1) 1 (2 1)

      

0

P x  x voi x

0.25

0,25

0.25 0,25

2 P=0  x x0

 1 0

x x

1

1 0

x x



  



Đối chiếu ĐKXĐ ta có P=0 khi x=1

0,25

0,25 0,25 0,25 2

(2.0

điểm

)

1 Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x=-3 khi:

0 = (m+1)(-3) - m+2

 -3m-3-m+2=0

 -4m=1  m=

1 4



Vậy m =

1 4

 thì đường thẳng (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ -3

0.25

0.25 0.25 0.25

3 2 1 3 2 1

2)

1 2

x y



    





 





Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là 1; 2 

0,25 0,25 0,25

0,25

3

(2.0

điểm

)

1 phương trình 2x2 3x 5 0 

Nhận thấy: a + b + c = 2 + 3 + ( – 5) = 0 nên phương trình có nghiệm

x1 = 1; x2 =

5 2



0,5 0,5 2.Ta có: ’ = 9 – (6m – m2) ≥ 0  (m – 3)2 ≥ 0 đúng với mọi m nên

phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m

Theo hệ thức Viet có: x1 + x2 = - 6 và x1.x2 = 6m – m2 (*) Do đó

x  x 2x 12x 72 0

 (x1 – x2)(x12 + x1x2 + x22) – 2x1(- 6 – x1) + 72 = 0

 (x1 – x2)[(x1 + x2)2 – x1x2] – 2x1x2 + 72 = 0

(x1 – x2)(36 – 6m + m2) – 2(6m – m2) + 72 = 0

 (x1 – x2) (36 – 6m + m2) + 2(m2 – 6m + 36) = 0

 (m2 – 6m + 36)(x1 – x2 + 2) = 0

Vì m2 – 6m + 36 = (m – 3)2 + 27 > 0 với m

0,25

0.25

nên x1– x2 + 2 = 0 kết hợp với (*), ta có:



Thay vào (*) được: (- 4)(-2) = 6m – m2 m2 – 6m + 8 = 0  m= 2 hoặc

m = 4

Vậy m = 2 hoặc m = 4

0,25 0.25

Câu

4

(3.0

điểm

P

O H

E

F

M

C

B

A

a,Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.

Vì AB, AC là các tiếp tuyến của  O nên ^ABO=^ ACO=900

0,5đ

  0

90

ABO ACO 

Xét tứ giác ABOC có

^ABO+ ^ ACO=1800ABO ACO  90 0  90 0  180 0 và hai góc ở vị trí

đối nhau nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn

0,5đ

b,Chứng minh rằng BA2 AE.AF và OEF OHF  , với H là giao điểm

của AO và BC.

* Xét ABE và AFB có:

^

KAO=^ IEOABEAFB 12sd EB 

BAE - góc chung

Do đó, ABE AFB (g.g)

2 AF 1 AF

AB AE

AB AE AB

*

( ) ( / )

OB OC GT

AB AC t c





  AO là đường trung trực của BC

ABO

 vuông tại B, đường cao BH nên AB2 AH.AO 2 

Từ (1) và (2) ta có .AF .AO AF

AE AH

AO

Suy ra AEHAOF c.g.c 

 AFO

AHE

EHOF

 nội tiếp

 OEF

OHF

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

c, Đường thẳng qua E song song với BFcắt đường thẳng BCtại K.

Đường thẳng AKcắt đường thẳng BFtại M. Chứng minh rằng

2

Gọi giao điểm của BC và AFlà P

 

FM AF BF FP

Lại có:

0,25đ

   

OHF OEF cmt

  OFE OEF  (  OEF cân)

AHE EFO  cmt

Suy ra AHE FHO

Mà AHE EHB FHO FHB 900

EHB FHB

   HBlà tia phân giác EHF  4

EP EH

FP FH

EHF

 có HB là phân giác trong EHF, HP HA nên HA là đường phân giác góc ngoài của EHF

 5

AE EP

AF FP

Từ (3), (4) và (5) suy ra:

EK EK

FMBF  BF FM

Mà HB = HC( Do AO là đường trung trực của BC)

HF

 là đường trung bình BCM  CM 2HF

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu

5:

(1.0

điểm

)

Ta chứng minh bất đẳng thức

4

   

   với x y , 0

Thật vậy, với ,x y  thì 0

x y

x y2 4xy x2 2xy y2 4xy 0

 2

       (luôn đúng) Do đó :

4

   

   với x y , 0

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

0.25

0.25

0.25

Tương tự ta có:



 Cộng các vế các bất đẳng thức với nhau ta được:

1

4

1

4

a c b c b a c a c b a b

ab bc ab ca bc ca

b a c a b c c a b

a b c

Do đó VT VP dfcm ( )

0.25