Đề thi thử Toán vào lần 2 năm 2023 2024 trường THCS Minh Khai Hà Nội

TRƯỜNG THCS MINH KHAI

Đề thi gồm 01 trang

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

Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức  

  

3 2 2 1

1 2 1 2

x x x x P x x x x

         

(với 0; 1 x x  ).

1. Rút gọn biểu thức P .

2. Tính giá trị của P khi 6 2 5. x  

Câu 2(2,0đ).

1. Giải hệ phương trình: 2 3 3 2 4 x y x y

      

2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 2 1 ( ) : ( 1) 2 d y m x m    và

2 ( ) : ( 3) 2 d y m x m     (m là tham số). Tìm m để 1 ( ) d song song với 2 ( ) d .

Câu 3(2,0đ).

1. Giải phương trình: 2 5 6 0 x x    .

2. Cho phương trình: 2 2 2( 1) 2 3 0 x m x m m       (với m là tham số).

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 2 2 1 1

4 1 3 0. x x x x   

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: 1 a b  .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  4 4 2 2 19 6 2023( ) a b ab a b     .

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

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

ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

1

Với 0 x  ; 1 x  ta có:

  

 

  

  

  

2 2 1 1 3 6

1 2 1 2 1 2

x x x x x P x x x x x x

            

0,25

     

3 6 4 4 1 2 3

1 2 1 2

x x x x x x x

x x x x

             

0,5

  

  

1 3 3

2 1 2

x x x

x x x

       

. Vậy 3

2

x P x

  

với 0 x  ; 1 x  0,25

2

Với  

2 6 2 5 5 1 0 5 1 ( / ) x x t m         0,25

Khi đó   

  

5 2 5 1 5 1 3 5 2 3 5 4 5 1 2 5 1 5 1 5 1 P             

0,5

Vậy 3 5 4 P   khi 6 2 5 x   0,25

2 (2,0đ)

1

Ta có: 2 3 4 2 6 2 2

3 2 4 3 2 4 3.2 2 4 1

x y x y x x

x y x y y y

                                           

0,75

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là     ; 2; 1 x y   . 0,25

2

Điều kiện (d1) //(d2) là

2 2 2 1 3 2 0 1 1 2 2 2 2

m m m m m m m m m m m

                                           

0,75

Vậy 1 m  thì (d1) //(d2) 0,25

3 (2,0đ)

1 Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là 1 2 2; 3 x x   . 1,0

2

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

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

và chỉ khi 1 0 4 2 0 (*) 2 m m      

0,25

Viết lại biểu thức với điều kiện 1 0 x 

2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1

4 1 4 1 3 0 3 0 3 4 1 0 x x x x x x x x x x x x − − + = ⇔ + = ⇔ − + = 0,25