TRƯỜNG THCS MINH KHAI

KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2
NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2023

ĐỀ A
Đề thi gồm 01 trang

Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức P 



3 x 2 x





x 1



x 2





x 2
x 1



x 1
x 2

(với x  0; x  1 ).

1. Rút gọn biểu thức P .
2. Tính giá trị của P khi x  6  2 5.
Câu 2(2,0đ).



2x  y  3
1. Giải hệ phương trình: 

3x  2y  4


2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : y  (m 2  1)x  2m và
(d2 ) : y  (m  3)x  m  2 (m là tham số). Tìm m để (d1 ) song song với (d2 ) .

Câu 3(2,0đ).
1. Giải phương trình: x 2  5x  6  0 .
2. Cho phương trình: x 2  2(m  1)x  m 2  2m  3  0 (với m là tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn

4x 2
1

 3x 22  0.
2
x1
x1

Câu 4(3,0đ). Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa
A và C . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa

đường tròn ( O ) ( M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , đường thẳng AE cắt nửa
đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn
thẳng EF và H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh:
1. Tứ giác AMIO nội tiếp.
2. Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau.
3. Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm
E thay đổi trên cung MC .

Câu 5(1,0đ). Cho a,b là các số dương thoả mãn: a  b  1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 
---------------------------------------------------------------

19
6
 2
 2023(a 4  b 4 ) .
2
ab a  b

Hết ---------------------------------------------------------------

Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:........................

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Ý

P

1

1
(2,0đ)











x 1


x  1

x 1

Khi đó P 
Vậy P 

1
2
(2,0đ)



x 2

3x  6 x  x  4 x  4  x  1




Điểm


 x  1 x  2  x  1 x  2 
3x  6 x

x 2


x  2

x 3

Với x  6  2 5 
2

Nội dung

Với x  0 ; x  1 ta có:





x 3
x 2





 x  1
x  1 x  2

2

x 1





x 2 x 3



x 1

. Vậy P 

x 2

x 3
x 2

0,25



0,5

với x  0 ; x  1



2

5  1  0  x  5  1 (t / m )

5 1  3
5 1  2



5 2
5 1







5  1

5 2

 3
4
5  1
5 1

0,25
5

3 5
khi x  6  2 5
4

1

0,5
0,25

2x  y  3
4x  2y  6
x  2
x  2
Ta có: 
 
 
 
3x  2y  4
3x  2y  4
3.2  2y  4
y  1




Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x ; y   2; 1 .

Điều kiện (d1) //(d2) là
2

0,25

 m  2

m 2  1  m  3
m 2  m  2  0



 m  1  m  1

 2m  m  2


m 2


 m  2


0,75
0,25
0,75

Vậy m  1 thì (d1) //(d2)

0,25

Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là x 1  2; x 2  3 .

1,0

Ta có: ∆' =( m + 1) − 1. ( m 2 − 2m + 3) = m 2 + 2m + 1 − m 2 + 2m − 3 = 4m − 2
2

Phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 2m + 3 =
0 có 2 nghiệm phân biệt khi
3
(2,0đ)

2

và chỉ khi   0  4m  2  0  m 

1
2

0,25

(*)

Viết lại biểu thức với điều kiện x 1  0
1 − 4 x1 x2
1 4 x2
0⇔
0 ⇔ 3 x12 x22 − 4 x1 x2 + 1 =
0
−
+ 3 x22 =
+ 3 x22 =
2
x1
x1
x12

0,25

 3 x 1x 2   4x 1x 2  1  0  x 1x 2  13x 1x 2  1  0

x x  1
x 1x 2  1  0
 1 2


 3x 1x 2  1  0
x x  1

 1 2
3

2

1 m 2 − 2m + 2 =
0 (vô nghiệm)
Với x1 x2 = 1 ta có m 2 − 2m + 3 =⇔

Với x1 x2 =

1
1
ta có m 2 − 2m + 3 = ⇔ 3m 2 − 6m + 8 = 0 (vô nghiệm)
3
3

Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài.

0,25

0,25

Vì I là trung điểm của EF ⇒ IO ⊥ EF (tính chất đường kính và dây
cung) ⇒ 
AIO =
90o .
1

  AIO
 ( 900 )

AMO = 90o ( AM là tiếp tuyến của (O) ) nên AMO

1,0

Mà hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc 90o

4
(3,0đ)

Vậy tứ giác AMIO nội tiếp.
∆AMO vuông tại M có đường cao MH nên: OA.OH = OM 2

(hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông)
Mặt khác OM = OF (bằng bán kính của (O) )
2

2
OA.OH ⇒
Từ (1) và (2) ta có: OF=

(1)
(2)

OF OH
=
OA OF

0,5

 góc chung và OF = OH .
Xét ∆OFH và ∆OAF , ta có: AOF
OA OF

Suy ra OFH # OAF (c.g.c)

0,25

Gọi T là trung điểm GO.
3

0,25

(3)

OS
Gọi S là điểm thuộc OA sao cho =
2
3

OI .
Vì G là trọng tâm ∆OFE ⇒ OG =

1
OA ⇒ S cố định.
3

0,25

1
2

Mà OT = OG (do (3)) ⇒ OT =
∆OIA có

1 2
1
OT 1
. OI = OI ⇒
= .
2 3
3
OI 3

0,25

OT
OS
1

  ST / /AI (định lí Ta-lét đảo) ⇒ ST ⊥ OI .
OI
OA 3

∆SGO có ST ⊥ GO và T là trung điểm GO ⇒ ST vừa là đường cao
SO.
vừa là trung tuyến ⇒ ∆SGO cân tại S ⇒ SG =
OA



Mà S , SO cố định ⇒ G thuộc đường tròn ( S ; SO) hay  S ;  .
3 


0,25
0,25

Cho a,b là các số dương thoả mãn: a  b  1
19
6
 2
 2023(a 4  b 4 )
ab a  b 2
2
2
a b
4
Ta có a  b   0  a  b   4ab 
( a,b  0)

ab
a b
1 1
4
1
1
4
(*). Áp dụng (*) ta có:
  
 2

 4 (1)
2
2
a b a b
2ab a  b
a  b 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 

1
 4 (2)
ab
2
2



a

b
  1
1 
 
  (3)
2  2 
8



0,25

Mặt khác từ 1= a  b   4ab 
2

5
(1,0đ)

1,0

Lại có a  b
4

4

a


2

 b2



2

2

Từ (1), (2), (3) ta có: T =

0,25

 1
16
1 
  2023 a 4  b 4
 6 
 2
2

ab
 2ab a  b 



1
2023
2023
. Dấu “=” xảy ra khi a  b 
 88
8
8
2
2023
1
đạt tại a  b 
Vậy minT  88
8
2
 16.6  6.4 


0,5

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì
không chấm bài đó.
- Câu 4 HS vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình.