40 Đề Toán thi thử vào lớp 10 cấu trúc Sở Hà Nội có Đáp án chi tiết mới nhất( gần 300 trang)

Đề thi toán ôn tập vào 10 file gồm 40 đề, giúp học sinh ôn luyện vào 10 chuẩn nhất File bao gồm đáp án chi tiết, bao gồm cả bài toán khó

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1 : Cho hai biểu thức:

22

Ax

x



3 Tìm điều kiện của m để phương trình Pm có nghiệm

11

1

yx

yx

 

 

2 Cho phương trình ẩn 2 

x x  m x m   (1) a) Giải phương trình (1) khi m5

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x thỏa mãn 1; 2 2

Bài 4 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trường tròn  O Các đường cao BE và CF của tam

giác ABC cắt đường tròn  O thứ tự tại M và N Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của E

trên AB và BC Chứng minh :

1 Các tứ giác BHEK BFEC, là các tứ giác nội tiếp 2 BH BA BK BC và OAMN

3 HK đi qua trung điểm của EF

Bài 5 : Cho a b c, ,0 thỏa mãn 1 1 1 2

1 a1 b1 c 

18

abc

……… Hết………

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :

1 Thay 𝑥 = 1 vào biểu thức 𝐴 = 2

√𝑥−2 ta được:

√1 − 2=

2−1= −2 Vậy với 𝑥 = 1 thì giá trị của biểu thức 𝐴 = −2

√𝑥 − 2+

√𝑥𝑥 + 1−

4√𝑥 + 2(𝑥 + 1)(√𝑥 − 2)𝑃 = 2(𝑥 + 1)

(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)+

√𝑥(√𝑥 − 2)(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)−

4√𝑥 + 2(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑃= 2(𝑥 + 1)

(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)+

√𝑥(√𝑥 − 2)(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)−

4√𝑥 + 2(√𝑥 − 2)(𝑥 + 1)

x



3.Ta có: Pm Điều kiện: x0;x4

31

xmx

xm xm xxm



Xét m0, ta có: 3 x   0 x 0TMXét m0.Đặt x t (vì x0;x4 nên t0;t2 ) Ta có phương trình: 2  

m t   tmĐể x thỏa mãn phương tình đã cho thì phương trình (*) phải có ít nhất một nghiệm

𝑚 = 0𝑚 ≠ 65

⇔ 𝑚 = 0(𝐾𝑇𝑀)

Trường hơp 2:

{Δ ≥ 0𝑡1+ 𝑡2 > 0𝑡1⋅ 𝑡2 ≥ 0𝑚 ⋅ 22− 3.2 + 𝑚 ≠ 0

⇔{

9 − 4𝑚2 ≠ 03

𝑚> 01 ≥ 05𝑚 − 6 ≠ 0

⇔ {−3

2 ≤ 𝑚 ≤ 3

2𝑚 > 0𝑚 ≠6

5

⇔

{0 < 𝑚 ≤

32𝑚 ≠6

5Vậy với 0 3

Thời gian lúc người đó đi là 60

5

x (giờ)

Thời gian lúc người đó về là 60

x (giờ) Vì thời gian lúc vể hết ít hơn thời gian lúc đi là 2

5 giờ nên ta có phương trình:

xx

   

Vậy vận tốc lúc về của xe máy là 30 km / h 2 Một bồn nước hình trụ có đường kính đáy là 1, 2 m và có chiều cao là 1, 5 m Tính thể tích của bồn chứa nước đó? (Kểt quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân)

Diện tích đáy của bồn nước đó là:

 

2

1,13 m2

S r     

Thể tích của bồn nước đó là:

𝑉 = 𝑆 ℎ = 1,13.1,5 ≈ 1,70( m3) Vậy thể tích của bồn nước đó là 1,7 m3

Bài 3 :

1 Ta có hệ phương trình:

{1

1

x + √𝑦 − 2 = 4

111

x − 3√𝑦 − 2 = 2

Đ𝐾𝑋Đ: 𝑥 ≠ −1; 𝑦 ≥ 2

Hệ đã cho ⇔

{3

1

x + 3√𝑦 − 2 = 12

111

x − 3√𝑦 − 2 = 2

⇔{

141

11

x + √𝑦 − 2 = 4

⇔

{𝑥 = 0√𝑦 − 2 = 3⇔ {

𝑥 = 0𝑦 = 11 (thỏa mãn) Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất: (𝑥; 𝑦) = (0; 11)

2 Ta có phương trình: 𝑥 − (𝑚 − 3)𝑥 − 𝑚 + 2 = 0 (I) a) Khi 𝑚 = 5 ta có: 𝑥2− 2𝑥 − 3 = 0 ⇔ (𝑥 + 1)(𝑥 − 3) = 0 ⇔ [𝑥 = −1

𝑥 = 3Kết luận: với 𝑚 = 5 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt là 𝑥1 = −1; 𝑥2 = 3 b) Xét phương trình: 𝑥2− (𝑚 − 3)𝑥 − 𝑚 + 2 = 0 (1)

Trong đó: 𝑎 = 1; 𝑏 = −(𝑚 − 3); 𝑐 = −𝑚 + 2 ⇒ 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 = 1 + 𝑚 − 3 − 𝑚 +2 = 0

Vì phuơng trình (1) có 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 = 0 nên phương trình có hai nghiệm, một nghiệm bằng −1 và

một nghiệm bằng 𝑚 − 2 Theo đề bài có: 𝑥12+ 𝑥2 = 8 TH1: 𝑥1 = −1; 𝑥2 = 𝑚 − 2 ta có: (−1)2+ 𝑚 − 2 = 8 ⇔ 𝑚 = 9 TH2: 𝑥1 = 𝑚 − 2; 𝑥2 = −1 ta có: (𝑚 − 2)2+ (−1) = 8 ⇔ (𝑚 − 2)2 = 9 ⇔[𝑚 − 2 = 3

𝑚 − 2 = −3⇔ [

𝑚 = 5𝑚 = −1Kết luận: Các giá trị 𝑚 thỏa mãn bài là 𝑚 ∈ {9; 5; −1}

Bài 4 :

a)Xét tứ giác BHEK có :

𝐵𝐻𝐸̂ = 90∘(𝐸𝐻 ⊥ 𝐴𝐵)𝐵𝐾𝐸̂ = 90∘(𝐸𝐾 ⊥ 𝐵𝐶)⇒ 𝐵𝐻𝐸̂ + 𝐵𝐾𝐸̂ = 90∘+ 90∘ = 180∘

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nhau ⇒ Tứ giác 𝐵𝐻𝐸𝐾 nội tiếp đường tròn Xét tứ giác 𝐵𝐹𝐸𝐶 có :

𝐵𝐹𝐶̂ = 𝐵𝐸𝐶̂ = 90∘=> 2 đỉnh kề 𝐹, 𝐸 cùng nhìn cạnh 𝐵𝐶 dưới một góc bằng nhau => Tứ giác 𝐵𝐹𝐸𝐶 nội tiếp đường tròn

b) 𝐵𝐸2 = 𝐵𝐻 ⋅ 𝐵𝐴 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông △ 𝐵𝐸𝐴 ) 𝐵𝐸2 = 𝐵𝐾 ⋅ 𝐵𝐶 ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông △ 𝐵𝐸𝐶 ) ⇒ 𝐵𝐻 𝐵𝐴 = 𝐵𝐾 𝐵𝐶

Kẻ 𝐴𝑥 là tiếp tuyến của đường tròn (𝑂) ⇒ 𝑂𝐴 ⊥ A𝑥 Ta có : Tứ giác 𝐵𝐹𝐸𝐶 nội tiếp đường tròn

⇒ 𝐹𝐵𝑀̂ = 𝐹𝐶𝐴̂ Mà 𝐹𝐵𝑀̂ = 𝑥𝐴𝑀̂ , 𝐹𝐶𝐴̂ = 𝐴𝑀𝑁̂ = 𝑥𝐴𝑀̂ = 𝐴𝑀𝑁̂ ⇒> 𝐴𝑥//𝑀𝑁 ⇒ 𝑂𝐴 ⊥ 𝑀𝑁 c) Gọi 𝐼 là trung điềm của 𝐸𝐹, 𝐽 là hình chiếu của 𝐸 lên cạnh 𝐹𝐶

Ta có : Tứ giác 𝐸𝐻𝐹𝐽 là hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn và 𝐻𝐽 đi qua trung điểm của 𝐸𝐹 ⇒ 𝐻𝐹𝐸̂ = 𝐻𝐽𝐸̂ mà 𝐻𝐹𝐸̂ = 𝐸𝐶𝐵̂ = 𝐻𝐽𝐸̂ = 𝐸𝐶𝐵̂

Mặt khác : Chứng minh được tứ giác 𝐸𝐽𝐾𝐶 nội tiếp đường tròn ⇒ 𝐸𝐶𝐵̂ + 𝐸𝐽𝐾̂ = 180∘ ⇒ 𝐻𝐽𝐸̂ +𝐸𝐽𝐾̂ = 180∘

Suy ra, 3 điểm 𝐻, 𝐽, 𝐾 thẳng hàng Suy ra 𝐻𝐾 đi qua trung điểm của 𝐸𝐹

11 + 𝑎⋅

11 + 𝑏⋅

11 + 𝑐 ≥ 8√(

𝑎1 + 𝑎⋅

𝑏1 + 𝑏⋅

𝑐1 + 𝑐)

2= 8 ⋅ 𝑎

1 + 𝑎⋅

𝑏1 + 𝑏⋅

𝑐1 + 𝑐Bỏ mẫu ta glải quyết xong bài toán: 𝑎𝑏𝑐 ≤1

 Group : https://www.facebook.com/groups/tailieutoancap123

 Fanpage : https://www.facebook.com/tailieutoancap123fileword

 FILE WORD LIÊN HỆ ZALO : 0816457443

ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài II (2,5 diểm)

1 Giải bài toán bà̀ng cách lập phurong trình hoạcc hệ phurong trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 34 m Nếu tăng chiều dài thêm 2 m và tăng chiều rộng thêm 3 m thì diện tích tăng thêm 50 m2 Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn

2 Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để ra khơi, mỗi thùng là một hình trụ có đường kính đáy là 0,6 m, chiều cao là 1,5 m Hỏi thuyền đó đã chuẩn bị bao nhiêu lít dầu? (Bỏ qua độ dày của vỏ thủng, lấy 𝜋 ≈ 3,14 )

Bài III (𝟏, 𝟓 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ 𝑂𝑥𝑦 cho parabol (𝑃): 𝑦 = 𝑥2 và đường thẳng (𝑑): 𝑦 = (2𝑚 − 1)𝑥 − 𝑚2 + 2(𝑚 là tham số )

a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (𝑑) và parabol (𝑃) khi 𝑚 = 2 b) Tìm các giá trị của tham số 𝑚 để (𝑑) cắt (𝑃) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ 𝑥1, 𝑥2thỏa mãn 𝑥1− 3𝑥2 = 7

Bài IV (𝟑, 𝟓 điểm) Cho đường tròn (𝑂; 𝑅) và dây 𝐵𝐶 cố định không qua 𝑂 Trên tia đối của tia

𝐵𝐶 lấy điểm 𝐴 khác 𝐵 Từ 𝐴 kẻ các tiếp tuyến 𝐴𝑀, 𝐴𝑁 với đường tròn ( 𝑀, 𝑁 là tiếp điểm)

1 Chứng minh bốn điểm 𝐴, 𝑀, 𝑂, 𝑁 cùng thuộc một đường tròn 2 𝑀𝑁 cắt 𝑂𝐴 tại 𝐻 Chứng minh 𝑂𝐴 ⊥ 𝑀𝑁 và 𝐴𝐻 ⋅ 𝐴𝑂 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 3 Chứng minh khi 𝐴 thay đổi trên tia đối của tia 𝐵𝐶, đường thẳng 𝑀𝑁 luôn đi qua

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :

1 Tính giá trị của 𝐴 khi 𝑥 = 9 Thay 𝑥 = 9( tmdk ) vào 𝐴, ta được:

3 khi 𝑥 = 9 2) Rút gọn biểu thức 𝐵

𝐵 =𝑥 − 3√𝑥 + 4

𝑥 − 2√𝑥 −

1√𝑥 − 2𝐵 =𝑥 − 3√𝑥 + 4 − √𝑥

√𝑥(√𝑥 − 2)𝐵 = 𝑥 − 4√𝑥 + 4

√𝑥(√𝑥 − 2)𝐵 = (√𝑥 − 2)2

√𝑥(√𝑥 − 2)𝐵 = √𝑥 − 2

√𝑥Vậy 𝐵 =√𝑥−2

√𝑥 với 𝑥 > 0, 𝑥 ≠ 4 3) Cho 𝑃 = 𝐵



Vì 2√𝑥 + 1 > 0∀𝑥 tmdk, do đó:

√𝑥 − 2 ≤ 0 ⇔ √𝑥 ≤ 2 ⇔ 𝑥 ≤ 4 Kết hợp điều kiện: 𝑥 > 0, 𝑥 ≠ 4

Vậy 0 < 𝑥 < 4 để |𝑃| + 𝑃 = 0

Bài 2 :

Nửa chu vi của hình chữ nhật là: 34: 2 = 17( m) Gọi chiểu dài của mảnh vườn hình chữ nhật là: 𝑥(0 < 𝑥 < 17; m) thì chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là: 17 − 𝑥( m)

và diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật sẽ là: 𝑥 (17 − 𝑥)(m2) chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật sau khi thêm 2 m là: 𝑥 + 2( m) thì chiều rộng của mành vườn hình chữ nhật sau khi thêm 3 m là: 17 − 𝑥 + 3 = 20 −𝑥( m)

và diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật sau khi thêm sẽ là: (𝑥 + 2) (20 − 𝑥)(m2) Theo đề bài, sau khi tăng chiều rộng thêm 2 m và chiều dài thêm 3 m thì diện tích của mảnh vườn hình chữ nhật tăng thêm 50 m2, nên ta có phương trình:

(𝑥 + 2) ⋅ (20 − 𝑥) − 𝑥 ⋅ (17 − 𝑥) = 50 ⇔ −𝑥2− 2𝑥 + 20𝑥 + 40 − 17𝑥 + 𝑥2 = 50 ⇔ 𝑥 = 50 − 40

⇔ 𝑥 = 10(TM) Vậy chiều dải của mảnh vườn hình chữ nhật là: 10( m) và chiều rộng của mảnh vườn là 7( m)

2) Một thuyền đánh cá chuẩn bị 10 thùng dầu để ra khơi, mồi thù̉ng là một hình trụ có đường kính đáy là 0,6 m, chiều cao là 1,5 m Hỏi thuyên đó đã chuẩn bị bao nhiêu lít dầu? (Bỏ qua độ dày của vỏ thùng, lấy 𝜋 ≈ 3,14 )

Đường kính đáy của một thùng dầu hình trụ là: 0,6: 2 = 0,3( m) Diện tích đáy của một thùng dầu hình trụ là:

S1 = 𝜋r2 ≈ 3,14.0, 32 ≈ 0,2826( m2) Thể tích của 10 thùng dầu hình trụ là:

V = S1.h 10 = 0,2826 ⋅ 1,5 ⋅ 10 = 4,239( m3) ≈ 4239(dm3) ≈ 4239 (l) Vậy thuyền đó đã chuần bị 4239 lít dầu

Bài 3 :

a) Khi 𝑚 = 2, phương trình đường thẳng (𝑑) trở thành (𝑑): 𝑦 = 3𝑥 − 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (𝑑) và (𝑃) : 𝑥2 = 3𝑥 − 2(1) Số giao điểm của đường thẳng (𝑑) và parabol (𝑃) chính là số nghiệm của phương trình (1)

Ta có 𝑥2 = 3𝑥 − 2

⇔ 𝑥2− 3𝑥 + 2 = 0 ⇔ (𝑥 − 1)(𝑥 − 2) = 0 ⇔ [𝑥 = 1

𝑥 = 2 ⇒ [

𝑦 = 1𝑦 = 4Vậy khi 𝑚 = 2, (𝑑) cắt (𝑃) tại 2 điềm 𝐴(1,1) và 𝐵(2,4) b) Xét pthđgđ 𝑥2 = (2𝑚 − 1)𝑥 − 𝑚2+ 2

⇔ 𝑥2− (2𝑚 − 1)𝑥 + 𝑚2− 2 = 0 (2) Số giao điểm của đường thẳng (𝑑) và parabol (𝑃) chính là số nghiệm của phương trình (2)

Để (𝑑) cắt (𝑃) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Δ = (2𝑚 − 1)2− 4(𝑚2− 2) > 0

⇔ 4𝑚2− 4𝑚 ⇔ −4𝑚 + 9 ⇔ 𝑚 < 9

4Áp dụng định lý Vi-ét, ta có {𝑥1+ 𝑥2 =

−𝑏𝑎 = 2𝑚𝑥1𝑥2 =𝑐

𝑎= 𝑚2− 2Ta có {𝑥1+ 𝑥2 = 2𝑚 − 1

𝑥1− 3𝑥2 = 7 ⇔ {

𝑥1+ 𝑥2 = 2𝑚 − 14𝑥2 = 2𝑚 − 8 ⇔ {

𝑥1+ 𝑥2 = 2𝑚 − 1𝑥2 =1

{𝑥1 =

32𝑚 + 1𝑥2 =1

2𝑚 − 2Khi đó 𝑚2− 2 = 𝑥1𝑥2 = (1

2𝑚 − 2) (3

2𝑚 + 1)

⇔ 𝑚2− 2 =3

4𝑚2−5

2𝑚 − 2 ⇔ 1

4𝑚2+5

2𝑚 = 0 ⇔ 1

4𝑚(𝑚 + 10) = 0⇔ [𝑚 = 0

𝑚 = −10(𝑇𝑀𝐷𝐾) Vậy 𝑚 ∈ {−10; 0} thỏa mãn để bài

Ta có: {𝑂𝑀 = 𝑂𝑁 = 𝑅

𝐴𝑀 = 𝐴𝑁 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ 𝐴𝑂 là đường trung trực của 𝑀𝑁 ⇒ 𝐴𝑂 ⊥ 𝑀𝑁 Tam giác △ 𝐴𝑀𝑂 vuông tại 𝑀, có đường cao 𝑀𝐻

Àp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 𝐴𝑀 = 𝐴𝐻 ⋅ 𝐴𝑂 (1)

Xét △ 𝐴𝐵𝑀 và △ 𝐴𝑀𝐶 có: 𝐴̂ chung; 𝐴𝑀𝐵̂ = 𝑀𝐶𝐴̂ (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

Do đó: △ 𝐴𝐵𝑀 ∼△ 𝐴𝑀𝐶( g − g) ⇒ 𝐴𝐵

𝐴𝑀=𝐴𝑀𝐴𝐶 ⇒ 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 = 𝐴𝑀2Từ (1) và (2) ⇒ 𝐴𝐻 ⋅ 𝐴𝑂 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶

3 Chứng minh khi 𝐴 thay đổi trên tia đối của tia 𝐵𝐶, đường thẳng 𝑀𝑁 luôn đi qua một điểm cố định

Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝐵𝐶 ⇒ 𝑂𝐼 ⊥ 𝐵𝐶 (liên hệ giữa đường kính và dây) Gọi 𝐾 là giao điểm của 𝑀𝑁 và 𝑂𝐼

Xét hai tam giác vuông △ 𝐴𝐼𝑂 và △ 𝐾𝐻𝑂 có 𝑂̂ chung ⇒△ 𝐴𝐼𝑂 ∼△ 𝐾𝐻𝑂( g − g) ⇒𝑂𝐴

𝑂𝐾= 𝑂𝐼𝑂𝐻⇒ 𝑂𝐾 𝑂𝐼 = 𝑂𝐴 𝑂𝐻 Xét: △ 𝐴𝑀𝑂 vuông tại 𝑀, có đường cao 𝐴𝐻 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 𝑂𝐴 ⋅ 𝑂𝐻 = 𝑂𝑀2 = 𝑅2Do đó: 𝑂𝐾 𝑂𝐼 = 𝑅2 ⇒ 𝑂𝐾 = 𝑅2

𝑂𝐼Mà: 𝐵𝐶, 𝑂, 𝐼 cố định nên 𝑂𝐼 không đổi ⇒ 𝐾 cố định Vậy 𝑀𝑁 luôn đi qua điểm 𝐾 cố định

Bài V (𝟎, 𝟓 diểm) Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0 thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6 Chứng minh bất đẳng thức sau:

2

bbc  

322

2

cca  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài I (2 điểm).

Cho hai biểu thức:

2

xA

x

 và

xB

   với x0 và x41 Tính giá trị của biểu thức A khi x9

2 Rút gọn biểu thức B 3 Chứng minh: A 1

B  , với x0 và x4

Bài II (2, 5 điểm).

1 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3 m Nếu tăng chiều dài thêm 2 m và giảm chiều rộng 1 m thì diện tích mảnh đất không đổi Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của mảnh đất

2 Một hình trụ có đường kính đáy là 1, 2 m và chiều cao là 1,8 m Tính thề tích hình trụ đó( kết quả làm tròn đến sồ thập phân thứ nhất, lấy  3,14 )

Bài III (1, 5 điểm).

Cho phương trình 2

x  x  m ( m là tham số) a) Giải phương trình khi m 5

b) Tìm m đề phương trình có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn điều kiện 1, 2 x1 3x2

Bài IV (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O R Các đường cao , 

ĐỀ THI THỬ SỐ 3

AD BE CF cắt nhau tại H Kẻ đường kính AG Gọi I là trung điểm BC

a) Chứng minh 4 điểm B C E F, , , cùng nằm trên 1 đường tròn b) Chứng minh DH DA DB DC và tứ giác BHCG là hình bình hành

c) Cho BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn Tìm

vị trí của A để diện tích AEH lớn nhất

Bài V (1,5 điểm). Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn 1 1 1 3

a  bc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 1 1 1

1 Thay 𝑥 = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức 𝐴 ta được: 𝐴 = √9

√9 + 2=

35Vậy với 𝑥 = 9 thì 𝐴 =3

5b) Với 𝑥 > 0 và 𝑥 ≠ 4 có: 𝐵 = 𝑥

𝑥 − 4+

1√𝑥 − 2+

1√𝑥 + 2𝐵 = 𝑥 + √𝑥 + 2 + √𝑥 − 2

(√𝑥 − 2)(√𝑥 + 2)

(√𝑥 − 2)(√𝑥 + 2)𝐵 = √𝑥(√𝑥 + 2)

(√𝑥 − 2)(√𝑥 + 2)𝐵 = √𝑥

√𝑥 − 2Vậy 𝐵 = √𝑥

√𝑥−2 với 𝑥 > 0; 𝑥 ≠ 4 c) Với 𝑥 > 0 và 𝑥 ≠ 4 :

𝐴𝐵 =

√𝑥√𝑥 + 2:

√𝑥√𝑥 − 2=

√𝑥√𝑥 + 2⋅

√𝑥 − 2

√𝑥 − 2√𝑥 + 2Xét hiệu: 𝐴

𝐵− (−1) = √𝑥−2

√𝑥+2+ 1 =√𝑥−2+√𝑥+2

√𝑥+2 = 2√𝑥

√𝑥+2Với 𝑥 > 0; 𝑥 ≠ 4 thì 2√𝑥 > 0; √𝑥 + 2 > 0

⇒ 2√𝑥√𝑥 + 2 > 0 ⇒ 𝐴

𝐵− (−1) > 0 ⇔

𝐴𝐵 > −1Vậy 𝐴

⇔ −𝑥 + 2𝑦 = 2 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ: {𝑥 − 𝑦 = 3

−𝑥 + 2𝑦 = 2 ⇔ {

𝑥 − 𝑦 = 3

𝑥 = 8𝑦 = 5 ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy chiều dài ban đầu của mảnh đất là : 8 m Chiều rộng ban đầu của mảnh đất là : 5 m 2) Bán kính hình trụ là 𝑟 =1,2

2 = 0,6( m) Thể tích hình trụ là : 𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ ≈ 3,14 ⋅ (0,6)2⋅ 1,8 ≈ 2,0( m3)

Bài 3 :

a) Thay 𝑚 = −5 vào phương trình ta có:

𝑥2− 2𝑥 − 8 = 0 ⇔ 𝑥2− 4𝑥 + 2𝑥 − 8 = 0 ⇔ (𝑥 − 4)(𝑥 + 2) = 0 ⇔ [ 𝑥 = 4

𝑥 = −2Vậy 𝑥 = 4; 𝑥 = −2 khi 𝑚 = −5

b) phương trình 𝑥2− 2𝑥 + 𝑚 − 3 = 0 có Δ′ = 1 − 𝑚 + 3 = 4 − 𝑚 phương trình có hai nghiệm phân biệt 𝑥1, 𝑥2 ⇔ Δ′ > 0 ⇔ 𝑚 < 4

Theo Viet ta có: {𝑥𝑥1+ 𝑥2 = 2

1, 𝑥2 = 𝑚 − 3Theo bài ra 𝑥1 = 3𝑥2 nên ta có hệ: {𝑥1+ 𝑥2 = 2

𝑥1 = 3𝑥2 ⇔ {

𝑥1 =32𝑥2 = 12Suy ra 315 

{𝐴𝐷𝐶̂ = 𝐵𝐷𝐻̂ = 90∘𝐷𝐴𝐶̂ = 𝐷𝐵𝐻̂ ⇒△ 𝐴𝐷𝐶 ∼△ 𝐵𝐷 ⇒ 𝐷𝐴

𝐷𝐵 =

𝐷𝐶𝐷𝐻 ⇒ 𝐷𝐻 ⋅ 𝐷𝐴 = 𝐷𝐵 ⋅ 𝐷𝐶𝐵 nằm trên đường tròn đường kính 𝐴𝐺 ⇒ ⇒ 𝐴𝐵 ⊥ 𝐵𝐺 mà 𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝐻 ⇒ 𝐵𝐺 ∥ 𝐶𝐻 (từ vuông góc đến song song)

𝐶 nằm trên đường tròn đường kính 𝐴𝐺 ⇒ 𝐴𝐶𝐺̂ = 90∘ ⇒ 𝐴𝐶 ⊥ 𝐶𝐺 mà 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐻

⇒ 𝐶𝐺 ∥ 𝐵𝐻 (tử vuông góc đến song song) Xét tứ giác 𝐵𝐻𝐶𝐺 có {𝐵𝐻 ∥ 𝐶𝐺

𝐶𝐻 ∥ 𝐵𝐺 ⇒ 𝐵𝐻𝐶𝐺 là hình bình hành (dhnb) c) 𝐵𝐻𝐶𝐺 là hình bình hành và 𝐼 là trung điểm 𝐵𝐶 ⇒ 𝐼 là trung điểm 𝐻𝐺 Xét △ 𝐴𝐻𝐺 có 𝐼 là trung điểm 𝐻𝐺 và 𝑂 là trung điểm 𝐴𝐺

⇒ 𝑂𝐼 là đường trung bình của △ 𝐴𝐻𝐺 ⇒ 𝐴𝐻 = 2𝑂𝐼

Do 𝐵𝐶 cố định ⇒ 𝐼 cố định ⇒ 𝐴𝐻 cố định Ta có 𝑆△𝐸𝐸𝐻 =1

2𝐴𝐸 ⋅ 𝐸𝐻 ≤1

4(𝐴𝐸2+ 𝐸𝐻2) =1

4𝐴𝐻2Dấu '=' xảy ra ⇔ 𝐴𝐸 = 𝐸𝐻 ⇒ 𝐻𝐴𝐸̂ = 45∘ ⇒ 𝐴𝐶𝐵̂ = 45∘ (do △ 𝐴𝐶𝐷 vuông ở 𝐷 ) Vậy diện tích △ 𝐴𝐸𝐻 lớn nhất khi điểm 𝐴 nằm trên cung lớn 𝐵𝐶 sao cho 𝐴𝐶𝐵̂ = 45∘

Tham gia nhóm ☛ https://www.facebook.com/groups/tailieutoancap123

ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT

ZALO : 0816457443

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1 ( 2,0 điểm): Cho các biểu thức: 1

1

Px

 và

2111

xQ

xx

 với 𝑥 ≥ 0; 𝑥 ≠ 1

1 Tính giá trị biều thức 𝑃 với 𝑥 = 4 2 Rút gọn biều thức 𝑄

3 Tìm các giá trị của 𝑥 thỏa mãn 1 P 4

Q 

Bài 2 (2,0 điểm)

1 Giải bài toán bà̀ng lạp hệ phurong trình hoạc phurơng trình Quãng đường 𝐴𝐵 dài 160 km Hai xe khởi hành cùng một lúc từ 𝐴 để đi đến 𝐵 Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến 𝐵 sớm hơn xe thứ hai là 48 phút Tính vận tốc của xe thứ hai

2 An đứng trên mặt đất cách chân tòa nhà 25 mét An ngước nhìn lên đỉnh tòa nhà, tia nhìn tạo với mặt đất góc 72∘ Tính chiều cao củu tòa nhà biết vị trí mắt của An cách mặt đất là 1 mét (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Bài 𝟑 ( 2,5 diểm )

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (𝑃): 𝑦 = 𝑥2 và đường thẳng (𝑑) : 𝑦 =𝑚𝑥 − 1, với m là tham số (𝑚 ≠ 0)

ĐỀ THI THỬ SỐ 4

a) Khi 𝑚 = 3, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (𝑑) và parabol (𝑃) b) Tìm tất cả các giá trị khác 0 của tham số m để đường thẳng (𝑑) cắt parabol (𝑃) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 𝑥1; 𝑥2 thỏa mãn  2 

cân 3 Đường thẳng vuông góc với 𝑂𝐷 tại 𝐷 cắt 𝐵𝐶 ở 𝐾 Chứng minh rằng 𝐸, 𝐹, 𝐾 thẳng hàng

Bài 5 (𝟎, 𝟓 điểm) Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực không âm, thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1 Tìm giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của biều thức 𝑃 = √𝑎2+ 𝑎 + √𝑏2+ 𝑏 + √𝑐2+ 𝑐 ……….HẾT………

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 :



Kết luận: Với x4 thì giá trị biều thức P là 1

11

xQ

xx

 ĐKXĐ ∶ 𝑥 ≥ 0; 𝑥 ≠ 1

𝑄 = √𝑥√𝑥 − 1−

2(√𝑥 − 1)(√𝑥 + 1)− 1𝑄 =√𝑥(√𝑥 + 1) − 2 − (𝑥 − 1)

(√𝑥 − 1)(√𝑥 + 1)𝑄 =𝑥 + √𝑥 − 2 − 𝑥 + 1

(√𝑥 − 1)(√𝑥 + 1) =

√𝑥 − 1(√𝑥 − 1)(√𝑥 + 1)=

1√𝑥 + 1Kết luận: 1

1

Qx

 với x0;x1

⇔ 𝑥 − 1 + 1 − 4(√𝑥 − 1)

⇔ 𝑥 − 4√𝑥 + 4

√𝑥 − 1 ≤ 0 ⇔ (√𝑥 − 2)2

√𝑥 − 1 ≤ 0 mà (√𝑥 − 2)2 ≥ 0∀𝑥Do vậy [√𝑥 − 2 = 0 ⇔ 𝑥 = 4

√𝑥 − 1 < 0 ⇔ 𝑥 < 1 Kết hợp đkxđ:ta được 0 ≤ 𝑥 < 1 hoặc 𝑥 = 4 Kết luận: với 0 ≤ 𝑥 < 1 hoặc 𝑥 = 4 thì thỏa mãn để bài

Bài 2 :

1 Gọi vận tốc của xe thứ hai là 𝑥( km/h)(𝑥 > 0) Ta có vận tốc của xe thứ nhất là 𝑥 + 10( km/h) Thời gian xe thứ nhất đi là: 160

160𝑥 =

160𝑥 + 10+

45 ⇒ 160.5 ⋅ (𝑥 + 10) = 160.5 ⋅ 𝑥 + 4𝑥(𝑥 + 10) ⇔ 800𝑥 + 8000 = 800𝑥 + 4𝑥2+ 40𝑥 ⇔ 4𝑥2+ 40𝑥 − 8000 = 0 ⇔ 𝑥2+ 10𝑥 − 2000 = 0 ⇔ (𝑥 − 40)(𝑥 + 50) = 0

⇔ 𝑥 = 40 (thỏa mãn); 𝑥 = 50 (loại) Vậy vận tốc của xe thứ hai là 40 km/h 2)

Gọi chiều cao của bạn An là 𝐴𝐵 = 𝐶𝐸 = 1 m; Khoảng cách từ chồ bạn An đứng đến chân tòa nhà là 𝐴𝐸 = 𝐵𝐶 = 25 m

Trong △ 𝐷𝐴𝐸 vuông tại 𝐸, ta có: 𝐷𝐸 = 𝐴𝐸 ⋅ tan 𝐷𝐴𝐸̂ = 25 ⋅ tan 72∘ Suy ra chiêu cao của tào nhà là: 𝐶𝐷 = 𝐸𝐶 + 𝐷𝐸 = 1 + 25 ⋅ tan 72∘ ≈ 77,94( m) Vậy chiều cao của tòa nhà xấp xỉ 77,94 mét

xy

xy

 

Khi đó hệ phương trình trở thành : {2𝑎 + 3𝑏 = 5

4𝑎 − 𝑏 = 3 ⇔ {

4𝑎 + 6𝑏 = 104𝑎 − 𝑏 = 3 ⇔{ 7𝑏 = 7

4𝑎 − 𝑏 = 3⇔ { 𝑏 = 1

4𝑎 − 1 = 3⇔ {

𝑏 = 1𝑎 = 1 ( tmđk 𝑎 ≥ 0) ⇒ {

√𝑥 = 11𝑦−1= 1 ⇔ {

𝑥 = 1𝑦 − 1 = 1 ⇔ {

𝑥 = 1𝑦 = 2(tmđk 𝑥 ≥ 0; 𝑦 ≠ 1)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (𝑥; 𝑦) = (1; 2) 2 (𝑃): 𝑦 = 𝑥2

(𝑑): 𝑦 = 𝑚𝑥 − 1 (𝑚 ≠ 0) a) Ta thấy 𝑚 = 3 thỏa mãn điều kiện 𝑚 ≠ 0 Khi 𝑚 = 3, thì (𝑑): 𝑦 = 3𝑥 − 1

Hoành độ giao điểm của (𝑑) và (𝑃) là nghiệm của phương trình:

𝑥2 = 3𝑥 − 1⇔ 𝑥2− 3𝑥 + 1 = 0Phương trình có : Δ = (−3)2− 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = 9 − 4 = 5 > 0

⇒ √Δ = √5 Vì Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 3 5

 Hoành độ giao điểm của (𝑑) và (𝑃) là nghiệm của phương trình:

𝑥2 = 𝑚𝑥 − 1⇔ 𝑥2− 𝑚𝑥 + 1 = 0(∗)Phương trình có : Δ = (−𝑚)2− 4.1.1 = 𝑚2− 4

Để (𝑑) và (𝑃) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (∗) có hhai nghiệm phân biệt ⇔ Δ > 0 ⇔ 𝑚2− 4 > 0 ⇔ 𝑚2 > 4 ⇔ 𝑚 < −2; 𝑚 > 2

Kết hợp với điều kiện 𝑚 ≠ 0 ta được 𝑚 < −2; 𝑚 > 2

⇔ 𝑥2⋅ 𝑚𝑥1 = 3 ⇔ 𝑚𝑥1𝑥2 = 3 ⇔ 𝑚 ⋅ 1 = 3

⇔ 𝑚 = 3( tmđk 𝑚 < −2; 𝑚 > 2) Vậy 𝑚 = 3

2 Chứng minh rằng tứ giác 𝐷𝐴𝐹𝐸 là hình thang cân 𝐷 là điểm đối xứng với 𝑀 qua 𝐸𝐹 ⇒ 𝐸𝐹

là đường trung trực của 𝐷𝑀 ⇒ {

𝐷𝐹 = 𝑀𝐹𝐷𝐸 = 𝐸𝑀𝐸𝐹 ⊥ 𝐷𝑀𝐸𝐴𝐹̂ = 90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 𝐴𝐸𝐹𝑀 là hình chữ nhật (vì 𝐴𝐸𝑀̂ = 𝐴𝐹𝑀̂ = 𝐸𝐴𝐶̂ = 90∘ ) ⇒ {𝐴𝐸 = 𝑀𝐹

𝐸𝑀 = 𝐴𝐹△ 𝐷𝐸𝐹 =△ 𝐹𝐴𝐸 (c c c) (vì: 𝐷𝐹 = 𝐴𝐸 = 𝑀𝐹; 𝐷𝐸 = 𝐴𝐹 = 𝐸𝑀; 𝐸𝐹 là cạnh chung) ⇒ 𝐸𝐷𝐹̂ = 𝐸𝐴𝐹̂ = 90∘ ⇒ 𝐴𝐷𝐸𝐹 là tứ giác nội tiếp

Mà 𝐴; 𝐸; 𝐹 cùng nằm trên đường tròn đường kính 𝐴𝑀 ⇒ 𝐷 thuộc trên đường tròn đường kính 𝐴𝑀

⇒ 𝐴𝐷𝑀̂ = 90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính 𝐴𝑀) ⇒ 𝐴𝐷 ⊥ 𝑀𝐷 Từ (1) và (3) ⇒ 𝐴𝐷//𝐸𝐹 ⇒ 𝐷𝐴𝐹𝐸 là hình thang

Ta lại có 𝐷𝐹 = 𝐴𝐸 ⇒ 𝐷𝐴𝐹𝐸 là hình thang cân 3) Chứng minh rằng 𝐸, 𝐹, 𝐾 thẳng hàng

Ta có: △ 𝐴𝐵𝑂 vuông cân tại 𝑂 ⇒ 𝐴𝐵𝑂̂ = 𝐵𝐴𝑂̂ = 45∘Xét đường tròn đường kính 𝐴𝑀 có:

𝐸𝐷𝑂̂ = 𝐸𝐴𝑂̂ =1

2𝑠𝐸𝑂̂ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung ) Do đó 𝐴𝐵𝑂̂ = 𝐸𝐷𝑂̂ = 45∘

Mà 𝐾𝐷̂ ⊥ 𝑂𝐷 tại 𝐷 ⇒ 𝐾𝐷𝑂̂ = 𝐾𝐷𝐸̂ + 𝐸𝐷𝑂̂ = 90∘ ⇒ 𝐾𝐷𝐸̂ = 45∘⇒ 𝐴𝐵𝑂̂ = 𝐾𝐷𝐸̂

Mặt khác: 𝐾𝐵𝐸̂ + 𝐴𝐵𝑂̂ = 180∘ ⇒ 𝐾𝐵𝐸̂ + 𝐾𝐷𝐸̂ = 180∘ ⇒ 𝐵𝐸𝐷𝐾 nội tiếp ⇒ 𝐾𝐵𝐷̂ = 𝐾𝐸𝐷̂ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) (4)

Tứ giác 𝐴𝐷𝐵𝐶 nội tiếp đường tròn (𝑂) ⇒ 𝐾𝐵𝐷̂ = 𝐷𝐴𝐶̂ (cùng bù với 𝐷𝐵𝐶̂ ) Từ (4) và (5) ⇒ 𝐾𝐸𝐷̂ = 𝐷𝐴𝐶̂

Mà: 𝐷𝐴𝐹𝐸 là hình thang cân ⇒ 𝐷𝐴𝐶̂ + 𝐷𝐸𝐹̂ = 180∘ ⇒ 𝐾𝐸𝐷̂ + 𝐷𝐸𝐹̂ = 180∘⇒ 𝐸, 𝐹, 𝐾 thẳng hàng

Bài 5 : Tìm 𝑃min Vì 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0 và 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1 ⇒ 𝑎 ≥ 𝑎2; 𝑏 ≥ 𝑏2; 𝑐 ≥ 𝑐2⇒ 𝑃 = √𝑎2+ 𝑎 + √𝑏2+ 𝑏 + √𝑐2+ 𝑐 ≥ √𝑎2+ 𝑎2+ √𝑏2+ 𝑏2+ √𝑐2+ 𝑐2= √2𝑎2 + √2𝑏2 + √2𝑐2 = √2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = √2

⇒ 𝑃 ≥ √2 Dấu "=" xảy ra ⇔ (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ {(0; 0; 1); (0; 1; 0); (1; 0; 0)} Vậy 𝑃min = √2 ⇔ (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ {(0; 0; 1); (0; 1; 0); (1; 0; 0)}

∗ Tim 𝑃max 𝑃 = √𝑎2 + 𝑎 + √𝑏2+ 𝑏 + √𝑐2+ 𝑐 = √𝑎(𝑎 + 1) + √𝑏(𝑏 + 1) + √𝑐(𝑐 + 1) = 2√𝑎 ⋅𝑎+14 +2√𝑏 ⋅𝑏+1

4 + 2√𝑐 ⋅𝑐+1

4Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 𝑃 ≤ (𝑎 +𝑎 + 1

4 ) + (𝑏 +

𝑏 + 14 ) + (𝑐 +

𝑐 + 14 ) =

4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) +

34=

54⋅ 1 +

34= 2

Dấu "=" xảy ra ⇔

{

14

14

14

aa

bb

cc







⇔ {4𝑎 = 𝑎 + 14𝑏 = 𝑏 + 1 ⇔ 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 =1

3.4𝑐 = 𝑐 + 1

Thời gian làm bài : 120 phút

x 1



2 Một dụng cụ làm bằng thủy tinh dùng để chứa dung dịch có dạng hình nón với độ dài đường sinh là 15 cm và diện tích xung quanh là 135𝜋m2 Hãy tính thể tích của dụng cụ đó (bỏ qua bề dày của dụng cụ)

Bài 𝟑(𝟐 điểm) ĐỀ THI THỬ SỐ 5

1 Giải hệ phương trình: {√𝑥 + 2 − 3𝑦 = 3

5√𝑥 + 2 − 2𝑦 =71

32 Trong mạ̄t phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y = 3x − m và parabol

(P): y = x2 a) Với m = −4 Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẩng (d) và parabol (P) b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mān: √x1

1 Chứng minh bôn điểm S, A, O, B cùng thuộc một đường tròn 2 Chứng minh AOB = 2SEB

3 Tia BE cất đường tròn (O) tại F Chứng minh tứ giác ACDF là hình thang cân và xác định vị trí của cát tuyến SCD để diện tích tam giác SDF đạt giá trị lớn nhất

Bài 𝟓(𝟎, 𝟓 điểm) Với x; y, z là các số thực dương sao cho x.y.z =1

6 Chứng minh 1

𝑥3+ 8𝑦3+ 1+

18𝑦3+ 27𝑧3+ 1+

127𝑧3+ 𝑥3+ 1≤ 1 ……… Hết………

Tham gia nhóm ☛ https://www.facebook.com/groups/tailieutoancap123

ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT

ZALO : 0816457443

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1

1) Thay 𝑥 = 16(TMĐK) vào biểu thức A, ta có: A = 16 1

16 1



Tính được A = 3

5Kết luận

−𝑥 + 3√𝑥 − 32(𝑥 − √𝑥 + 1)< 0 Lập luận: 2(𝑥 − √𝑥 + 1) > 0

⇒ −𝑥 + 3√𝑥 − 3 < 0 ⇔ 𝑥 − 3√𝑥 + 3 > 0 ⇔ (√𝑥 −3

2)2

+34> 0 Vậy 𝐴 ⋅ 𝐵 <1

2 với mọi giá trị của 𝑥 ≥ 0 Bài 2 :

1) Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đât hình chữ nhật đó lần lượt là: x và y(m) ĐK: x > 0, y > 2, x ≥ y

Diện tích mảnh đât đó là: 𝑥𝑦( m2) Chiều dài của mảnh đât sau khi tāng 4 m là: x + 4( m) Chiều rộng của mảnh đất sau khi tāng 4 m là: y + 4( m) Lập luận tìm đươc phương trình: (𝑥 + 4)(𝑦 + 4) = 𝑥𝑦 + 80 (1) Chiều dài của mảnh đất sau khi tāng 5 m là: x + 5( m)

Lập luận tìm được phương trình: (𝑥 + 5)(𝑦 − 2) = 𝑥𝑦 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

{(𝑥 + 4)(𝑦 + 4) = 𝑥𝑦 + 80(𝑥 + 5)(𝑦 − 2) = 𝑥𝑦

Giải phương trình, tìm được: {𝑥 = 10𝑦 = 6Kiểm tra điều kiện và kết luận 2 ) Độ dài bán kính đáy của hình nón là: 9 cm Độ dài chiều cao của hình nón là: 12 cm Thể tích của hình nón đó là: 324𝜋cm3 Bài 3 :

1 )

{ √𝑥 + 2 − 3𝑦 = 35√𝑥 + 2 − 2𝑦 =71

3 ⇔ {5√𝑥 + 2 − 15𝑦 = 15

5√𝑥 + 2 − 2𝑦 =713 ⇔ {

−13𝑦 = −26

3√𝑥 + 2 − 3𝑦 = 3 ⇔ { 𝑦 =

23√𝑥 + 2 = 5

⇔ {𝑥 = 23𝑦 = 2

3 Kiểm tra điều kiện và kết luận 2) Hoàng độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:

x2− 3x + m = 0 ( ∗) Thay 𝑚 = −4 ta có (∗): 𝑥2− 3𝑥 + 4 = 0

Giải được: x1 = −1, x2 = 4 Với 𝑥1 = −1 tìm được 𝑦1 = 1, 𝑥2 = 4 tìm được 𝑦2 = 16 Kết luận tọa độ giao điểm

Đường thẳng (d) cằt parabol (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (∗) ph có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ > 0 ⇔ 𝑚 < 9

4Áp dụng định lí Viét ta có: x1+ x2 = 3, x1⋅ x2 = m

Để √𝑥1𝑥2+ √𝑥2𝑥

1 = √5 có nghĩa thì x1⋅ x2 > 0 ⇔ m > 0 Mà x1+ x2 = 3 nên x1 > 0, x2 > 0

Ta có: √𝑥𝑥1

2+ √𝑥2𝑥1 = √5 ⇔√𝑥1

√𝑥2+√𝑥2√𝑥1= √5 ⇔ 𝑥1+𝑥2

√𝑥1𝑥2 = √5 ⇔ 3

√𝑚 = √5 ⇔ 𝑚 =9

5(tmđk)

Kết luân

Bài 4 :

1) Chứng minh S, B, O thuộc đường tròn đường kính SO Chứng minh S, B, O thuộc đường tròn đường kính SO Kết luận 𝑆, 𝐴, 𝑂, 𝐵 cùng thuộc một đường tròn

2) Chứng minh OE ⊥ CD Chứng minh S, O, E, B cùng thuộc đường tròn đường kính SO Chứng minh 𝑆𝑂𝐵̂ = 𝑆𝐸𝐵.̂

Chứng minh 𝐴𝑂𝐵̂ = 2𝑆𝐸𝐵̂ 3)

Chứng minh AF//CD Chứng minh tứ giác ACDF là hình thang cân Chứng minh SSAD = SSFD

(Cùng đáy SD và cùng chiều cao) Kẻ DH ⊥ SA tại H

Có SSAD =1

2𝐷𝐻 ⋅ 𝑆𝐴

Có DH ≤ AD ≤ 2R Lập luận chứng minh diện tích tam giác SAD lớn nhất khi A, O, D thẳng hàng Diện tích tam giác SDF lớn nhất khi vē cát tuyến SCD sao cho A, O, D thā̉ng hàng Bài V :

Có 𝑥𝑦𝑧 = 1

6⇔ 6𝑥𝑦𝑧 = 1 Chứng minh được: 𝑥3+ (2𝑦)3 ≥ 𝑥 ⋅ 2𝑦(𝑥 + 2𝑦)

⇔ 𝑥3+ (2𝑦)3+ 1 ≥ 2𝑥𝑦(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧) > 0 ⇔ 1

𝑥3+ (2𝑦)3+ 1

2𝑥𝑦(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)Chứng minh tương tự: 1

(2𝑦)3+(3𝑧)3+1≤ 1

6𝑦𝑧(𝑥+2𝑦+3𝑧)1

(3𝑧)3+ 𝑥3+ 1≤

13𝑧𝑥(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧)

𝑥3+ 8𝑦3+ 1+

18𝑦3+ 27𝑧3+ 1+

127𝑧3+ 𝑥3+ 1

𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧(

12𝑥𝑦+

16𝑦𝑧+

13𝑧𝑥)

𝑥3+ 8𝑦3+ 1+

18𝑦3+ 27𝑧3+ 1+

127𝑧3+ 𝑥3+ 1 ≤ 1 ……….HẾT………

Tham gia nhóm ☛ https://www.facebook.com/groups/tailieutoancap123

ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT

ZALO : 0816457443

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1 (2 điểm)

Cho biểu thức 1

3

xA

x



1 Tình giá trị của biểu thức 𝐴 khi 𝑥 =1

9 2 Rút gọn biểu thức 𝐵

3 Tìm giá trị của 𝑥 để biểu thức 𝑃 = 𝐴: 𝐵 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 2 (2,5 diểm)

1 Cho một hình chữ nhật, nếu tăng chiều rộng 2 cm và giảm chiều dài 1 cm thì diện tích hình chữ nhật tăng 9 cm2, nếu giảm chiều rộng 1 cm và tăng chiều dài 2 cm thì diện tích của hình chữ nhật không đổi Tìm chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu 2 Một viên gạch men hình vuông cạnh bằng 40 cm Vẽ bốn nửa hình tròn, đường kính là

cạnh của hình vuông và đi qua tâm hình vuông để tạo thành bốn cánh hoa,mỗi cánh hóa là phần chung của hai nửa đường tròn vừa vẽ (như hình vẽ bên) Tính diện tích của bổn cánh hoa đó (làm tròn đến 1 chữ số thập phân sau dấu phẩy)

ĐỀ THI THỬ SỐ 6

1 Chứng minh tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐶 nội tiếp 2 Chúng minh tam giác 𝐴𝐵𝐸 và tam giác 𝐴𝐹𝐵 đồng dạng với nhau và 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐹 = 𝐴𝐹 ⋅ 𝐵𝐸 3 Gọi 𝐼 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐸𝐹𝐻 và 𝑀 là trung điểm của 𝐻𝑂 Chứng

A



𝐵 = 3√𝑥(√𝑥 − 3)(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)+

√𝑥(√𝑥 + 3)(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)−

4𝑥 + 6(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)𝐵 =3𝑥 − 9√𝑥 + 𝑥 + 3√𝑥 − 4𝑥 − 6

(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)𝐵 = −6(√𝑥 + 1)

(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)

Vậy với 𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9 thì giá trị của biểu thức 𝐵 = 

√𝑥 + 1√𝑥 − 3𝑃 = −6(√𝑥 + 1)

(√𝑥 + 3)(√𝑥 − 3)⋅

√𝑥 − 3√𝑥 + 1𝑃 = −6

√𝑥 + 3 Ta thấy: √𝑥 ≥ 0 với ∀𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9 ⇒ √𝑥 + 3 ≥ 3 với ∀𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9 ⇒ 1

√𝑥 + 3≤

13 với ∀𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9 ⇒ −6

√𝑥 + 3≥ −2 với ∀𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9 ⇒ 𝑃 ≥ 2 với ∀𝑥 ≥ 0, 𝑥 ≠ 9

Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi: 𝑥 = 0 Vây giá trị nhỏ nhất của biểu thức 𝑃 = −2 ⇔ 𝑥 = 0

Theo đề bài ta có phương trình: (𝑥 − 1)(𝑦 + 2) = 𝑥𝑦 ⇔ 2𝑥 − 𝑦 = 2(2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình {−𝑥 + 2𝑦 = 11

2𝑥 − 𝑦 = 2 ⇔ {

𝑥 = 5𝑦 = 8 (thỏa mãn) Vậy chiều rộng và chiều dài của hình chữ nhật ban đầu là 5( cm) và 8( cm) 2 Xét nửa đường tròn (𝑂, 𝑂𝐴) như hình vẽ

Ta có tam giác 𝑂𝐴𝐵 vuông cân tại 𝑂, 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 = 20 cm ⇒ 𝑆△𝑂𝐴𝐵 =1

2𝑂𝐴2 =200( cm2)

Diện tích hình quạt 𝑂𝐴𝐵 là: 𝑆1 =

2

20 90360



= 100𝜋(cm2) Diện tích hình viên phân 𝐴𝑚𝐵 là: 𝑆2 = 𝑆1− 𝑆△𝑂𝐴𝐵 = 100𝜋 − 200( cm2)

Câu 3 :

a) Thay 𝑚 = −2 vào phương trình (1) ta có:

𝑥2+ 4𝑥 + 3 = 0 ⇔ 𝑥(𝑥 + 3) + (𝑥 + 3) = 0 ⇔ (𝑥 + 3)(𝑥 + 1) = 0 ⇔ [𝑥 = −3

𝑥 = −1Vậy với 𝑚 = −2 thì phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {−3; −1}

b) Ta có: Δ′ = 𝑚2− (−4𝑚 − 5) = (𝑚 + 2)2+ 1 > 0, ∀𝑚 Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của 𝑚 c) Do phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m, gọi 𝑥1; 𝑥2 là hai nghiệm của phương trình (1)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: {𝑥1+ 𝑥2 = 2𝑚

𝑥1𝑥2 = −4𝑚 − 5Ta có:

12𝑥1

2− (𝑚 − 1)𝑥1+ 𝑥2− 2𝑚 +33

2 = 762019⇔ 𝑥12− 2(𝑚 − 1)𝑥1+ 2𝑥2− 4𝑚 + 33 = 1524038 ⇔ 𝑥12− 2𝑚𝑥1− 4𝑚 − 5 + 2(𝑥1+ 𝑥2) = 1524000

⇔ 2(𝑥1+ 𝑥2) = 1524000( do 𝑥1 là nghiệm của (1) nên 𝑥12− 2𝑚𝑥1− 4𝑚 − 5 = 0) ⇔ 2 ⋅ 2𝑚 = 1524000

⇔ 𝑚 = 381000.Vậy 𝑚 = 381000 thỏa mān yêu cầu bài toán

Câu 4 :

1 Chứng minh tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐶 nội tiếp Tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐶 có 𝐴𝐵𝑂̂ = 𝐴𝐶𝑂̂ = 90∘ (tính chất của tiếp tuyến) nên tứ giác 𝐴𝐵𝑂𝐶 nội tiếp đường tròn đường kính 𝐴𝑂

Xét △ 𝐴𝐵𝐸 và △ 𝐴𝐹𝐵 có: 𝐵𝐴𝐸̂ chung;

𝐴𝐵𝐸̂ = 𝐴𝐹𝐵̂ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 𝐵𝐸⏜ ) ⇒△ 𝐴𝐵𝐸 ~Δ𝐴𝐹𝐵(𝑔 𝑔) ⇒𝐴𝐵

𝐵𝐸= 𝐴𝐹𝐵𝐹⇔ 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐹 = 𝐴𝐹 ⋅ 𝐵𝐸 3 Gọi 𝐼 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐸𝐹𝐻 và 𝑀 là trung điểm của 𝐻𝑂 Chứng

minh 𝑀𝐼 ⊥ 𝐻𝑂 Ta có 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), mà 𝑂𝐵 = 𝑂𝐶 (bán kính (𝑂) ) ⇒ 𝐴𝑂 là trung trực của 𝐵𝐶 ⇒ 𝐴𝑂 ⊥ 𝐵𝐶 tại trung điểm 𝐻 của 𝐵𝐶

Trong tam giác 𝐴𝐵𝑂 vuông tại 𝐵 có 𝐵𝐻 là đường cao, ta có: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐻 𝐴𝑂(1); Mặt khác △ 𝐴𝐵𝐸~ △ 𝐴𝐹𝐵 ⇒𝐴𝐵

𝐴𝐸 =𝐴𝐹𝐴𝐵 ⇔ 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐸 ⋅ 𝐴𝐹(2); Từ (1) và (2), ta có 𝐴𝐻 ⋅ 𝐴𝑂 = 𝐴𝐸 ⋅ 𝐴𝐹(= 𝐴𝐵2) ⇒𝐴𝐻

𝐴𝐸 = 𝐴𝐹𝐴𝑂 Xét △ 𝐴𝐻𝐸 và △ 𝐴𝐹𝑂 có:

𝐻𝐴𝐸̂ chung; 𝐴𝐻

𝐴𝐸 = 𝐴𝐹𝐴𝑂 (chứng minh trên) △ 𝐴𝐻𝐸′′△ 𝐴𝐹𝑂(𝑐 𝑔 𝑐) ⇒ 𝐴𝐻𝐸̂ = 𝐴𝐹𝑂̂ ⇒ tứ giác 𝐸𝐻𝑂𝐹 có góc ngoài đỉnh 𝐻 bằng góc trong đỉnh 𝐹 nên là tứ giác nội tiếp ⇒ bốn điểm 𝐸, 𝐻, 𝑂, 𝐹 cùng nằm trên đường tròn 𝐼 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐸𝐹𝐻 nên 𝐼 là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐸𝐻𝑂𝐹, mà 𝑀 là trung điểm của dây 𝑂𝐻 nên 𝐼𝑀 ⊥ 𝑂𝐻 (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)

Vậy 𝑀𝐼 ⊥ 𝐻𝑂

Câu 5 :

Ta có : 𝑥2− 2𝑥 + 3 = √𝑥3+ 3𝑥 ⇔ (𝑥 − 1)2+ 2 = √𝑥(𝑥2+ 3) ĐKXĐ: 𝑥 ≥ 0

Cách 1 : Đặt ẩn phụ Đặt √𝑥2+ 3 = 𝑎(𝑎 > 0); √𝑥 = 𝑏(𝑏 ≥ 0) Ta có phương trình: 𝑎2− 2𝑏2− 𝑎𝑏 = 0

⇔ (𝑎 − 𝑏 ) − (𝑏 + 𝑎𝑏) = 0 ⇔ (𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) − 𝑏(𝑏 + 𝑎) = 0 ⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 2𝑏) = 0 ⇔ [𝑎 + 𝑏 = 0

𝑎 = 2𝑏 TH1: 𝑎 + 𝑏 = 0 Không thể xảy ra vì 𝑎 > 0; 𝑏 ≥ 0 TH2: 𝑎 = 2𝑏 Ta có: √𝑥2+ 3 = 2√𝑥 ⇒ 𝑥2+ 3 − 4𝑥 = 0 ⇔(𝑥 − 1)(𝑥 − 3) = 0 ⇔ [𝑥 = 1(𝑡/𝑚)

𝑥 = 3(𝑡/𝑚)Không thể xảy ra vì 𝑎 > 0; 𝑏 ≥ 0 TH2: 𝑎 = 2𝑏

Ta có: √𝑥2+ 3 = 2√𝑥 ⇒ 𝑥2+ 3 − 4𝑥 = 0 Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 𝑥 = 1 và 𝑥 = 3 Cách 2: Bình phương hai vế đưa về phương trình tích

Bình phương hai vế ta có : [(𝑥 − 1)2+ 2]2 = 𝑥3+ 3𝑥

⇔ (𝑥 − 1)4+ 4(𝑥 − 1)2+ 4 = 𝑥(𝑥2+ 3) ⇔ (𝑥 − 1)4+ 4(𝑥 − 1)2− 𝑥(𝑥2− 1) + 4(1 − 𝑥) = 0 ⇔ (𝑥 − 1)[(𝑥 − 1)3 + 4(𝑥 − 1) − 𝑥(𝑥 + 1) − 4] = 0 ⇔ (𝑥 − 1)(𝑥3− 4𝑥2+ 6𝑥 − 9) = 0

⇔ (𝑥 − 1)(𝑥 − 3)(𝑥2− 𝑥 + 3) = 0Nhận xét: 𝑥2− 𝑥 + 3 = (𝑥 −1

2)2+114 > 0∀𝑚



1/3/

⇔ (√𝑥2+ 3 − 2√𝑥) (√𝑥2+ 3 + √𝑥) = 0 ⇔ √𝑥2+ 3 − 2√𝑥 = 0 ( vì √𝑥2+ 3 + √𝑥 > 0) ⇔ √𝑥2+ 3 = 2√𝑥

⇔ 𝑥2+ 3 − 4𝑥 = 0 ⇔ (𝑥 − 1)(𝑥 − 3) = 0 ⇔ [𝑥 = 1(𝑡/𝑚)

𝑥 = 3(𝑡/𝑚)Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 𝑥 = 1 và 𝑥 = 3

………HẾT……… Tham gia nhóm ☛ https://www.facebook.com/groups/tailieutoancap123 Fanpage : https://www.facebook.com/tailieutoancap123fileword

ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT FILE WORD LIÊN HỆ ZALO : 0816457443

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI : TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1 ( 2 điểm) Với x0, cho hai biêu thức 2 1 4 1

xA



thanh long Nhưng do thực tế dịch bệnh Covid 19 diển biến phức tạp tại Trung Quốc nên sản lượng xuất khẩu thanh long của công ty thứ nhất giảm 15% , công ty thứ hai giảm 10% Vì vậy, cả hai công ty chỉ xuất khấu được 900 tân thanh long Hỏi theo dự định, mỗi công ty xuất khâu được bao nhiêu tấn thanh long?

2 Một chai dung dịch rưa tay khô hình trụ cao 12 cm , đường kính đáy bằng 5 cm Tính thể tích chai dung dịch đó

Cho đường tròn O R , đường kính ;  AB Gọi M làm một điểm thuộc đường tròn sao cho

MAMB Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn  O ở

điểm E Vẽ MP vuông góc với AB P AB MQ, vuông góc vói AE Q AB a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp

b) Gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh tứ giác AQMP là hình chữ nhật, từ đó chứng

minh ba điểm , ,O I E thẳng hàng

c) Gọi giao điểm của EB và MP là K 1 Chứng minh K là trung điểm của MP 2 Tìm vị trí của điểm M trên  O để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho x y z, , là các số thực thỏa mãn x7,x y 12 và x  yz 15 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Ax2y2z2

……… Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 :

a) ĐKXĐ: x0Thay x9 (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biếu thức B, ta được:

2 3 2 1

xB