Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

20 ĐỀ THI THỬ
VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM 2023-2024
(Liệu hệ tài liệu word môn toán SĐT (zalo) : 039.373.2038)

Tài liệu sưu tầm, ngày 9 tháng 5 năm 2023

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - LẦN 1
Năm học 2023 - 2024
MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm). Cho hai biểu thức:

2 x
x +1 4 x -8
x -2
+
và B =
với x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9
x-4
x +2
x -2
x -3
a/ Tính giá trị của A khi x = 16.
b/ Rút gọn biểu thức B.
c/ Cho P = A.B. Tìm số nguyên x lớn nhất để P có giá trị là số nguyên.
A=

Bài 2 (2,5 điểm)
1/ Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai đội sản xuất lập kế hoạch làm chung 7000 sản phẩm trong một thời gian
nhất định. Do đã hết ảnh hưởng của dịch COVID nên năng suất đội I tăng 15%, đội II
tăng 20%. Vì thế, trong thời gian quy định, cả hai đội đã làm được 8200 sản phẩm.
Hỏi theo kế hoạch mỗi đội phải làm bao nhiêu sản phẩm?
2,4m
2/ Người ta làm một chiếc bồn chứa nguyên liệu có phần
trên dạng một hình trụ rỗng, phần dưới dạng hình nón với
mặt cắt và các kích thước như hình vẽ. Hỏi bồn chứa được
bao nhiêu mét khối (coi bề dày của thành không đáng kể.
3m
Lấy π ≈ 3, 14 và làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Bài 3: (2 điểm)
1

2
=5
x
+

1,5m
y
1

1/ Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = 4

y-1
2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d):
y = 2mx - 2m + 2 (với m là tham số)
a/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với
mọi giá trị của m.
b/ Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P).
Tìm m để: x12 + 2mx2 = 8
Bài 4: (3 điểm)
Từ điểm M nằm ngoài (O,R), kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và
B là các tiếp điểm). Gọi N là trung điểm của MA; BN cắt (O) tại C.
a/ Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp và NA2 = NB.NC .
b/ Tia MC cắt (O) tại điểm thứ hai D. Chứng minh BD // AM.
c/ Gọi I là trung điểm của CD; K là giao điểm của AB và CD.
Chứng minh: MC.MD = MI.MK
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

Bài 5: (0,5 điểm) Cho a,b > 0, a + b = 1 . Tìm GTNN của: A =

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

3
2
+
2
ab
a +b
2

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI

KỲ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2023-2024

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Nội dung

Câu Phần

Điể
m

Với x = 16(TMĐK) thay vào biểu thức A ta được:
a

0,25

Tính đúng A = 2, KL:

0,25

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4

2 x
x +2

B=

2 x
x +2

=

2 x
=
b

(

1
(2đ)

x +1
+
x -2

(

0,25

4 x -8
x +2

)(

x -2

)

) ( x +2)( x + 1) + 4
( x + 2)( x -2)

x -2 −

2x - 4 x - x - 3 x - 2 + 4 x -8

(
x + 2 )(
(
=
( x + 2)(
=

x +1 4 x -8
+
x-4
x -2

)( x -2)
x -5 )
x -5
=
x -2
x -2 )
x +2

x -8

=

(

x - 3 x - 10
x +2

)(

x -2

)

0,25

0,25

x -5
, KL
x −2

B=

0,25

ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4

x -2 x -5
x -5
x -3-2
.
=
=
=1x -3 x −2
x −3
x −3
Để P ∈ Z thì x − 3 ∈ Ư(2) = {-2; -1; 1; 2}
x - 3 = -2 => x = 1 ⇒ x = 1 (TM)
*

P = A.B =

c

*
*

2

1

2
x −3

0,25

x - 3 = -1 => x = 2 ⇒ x = 4 (Loại)
x - 3 = 1 => x = 4 ⇒ x = 16 (TM)

x - 3 = 2 => x = 5 ⇒ x = 25 (TM)
*
Vì x là số nguyên lớn nhất nên x = 25

0,25

Gọi số sản phẩm đội I phải làm theo kế hoạch là x (sp, x ∈ Z+ ; x<7000)

0,25

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

Thì số sản phẩm đội II phải làm theo kế hoạch là; 7000 - x (sp)
15 x
Thực tế, số sản phẩm đội I tăng:
(sp)
100
20(7000 − x)
số sản phẩm đội II tăng:
(sp)
100
Cả hai đội tăng: 8200-7000=1200 (sp)
Nên ta có phương trình:
15 x 20(7000 − x)
+
= 1200
100
100
⇔ 15x + 20(7000-x) = 120000
⇔ 15x + 140000 – 20x = 120000
⇔ -5x = - 20000
⇔ x = 4000 (TMĐK)

(2,5
đ)

2

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

Vậy theo kế hoạch, đội I phải làm: 4000 (sp)
Và đội II phải làm: 7000 – 4000 = 3000 (sp)

0,25

Bán kính đường tròn đáy là: 2,4:2 = 1,2(m)
Thể tích phần hình trụ là: V1 = π.r2h ≈ 3,14.(1,2)2.3 ≈ 13,56 (m3)

0,25

1
1
π.r2h ≈ .3,14.(1,2)2.1,5 ≈ 2,26 (m3)
3
3
Thể tích bồn chứa là: V = V1 + V2 ≈ 13,56 + 2,26 = 15,82 (m3)

0,25

Thể tích phần hình nón là: V2 =

1

+
x
2
=5

y-1


Đkxđ:
3 x − 2 = 4

y-1
1
=a
Đặt
y −1
3.1
0,75đ
2x + a = 5
⇔
3
Hệ pt ⇔ 
3
x
2a
=
4

(2đ)

y ≠ 1

4x + 2a = 10
7x = 14
x = 2
⇔
⇔

3x - 2a = 4
a = 5 - 2x
a = 1
0,25

1
= 1 => y – 1 = 1 => y = 2 (tm)
y −1
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất: (x , y) = (2 ; 2)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
3.2
x2 = 2mx -2m + 2
(a)
⇔ x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (*)
0,5đ
∆ ' = m2 - 2m + 2
Thay ẩn:

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0,25
0,25
0,25

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

= m2 - 2m + 1 + 1
2
= ( m - 1) + 1 > 0 ∀m
=> phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m
Vậy đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt ∀m
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (*)
Theo phần a, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m
 x1 + x 2 = 2m
Theo Định lý Vi-et ta có: 
 x1x 2 = 2m - 2
Theo bài: x12 + 2mx2 = 8
⇔ x21 + (x1 + x2 )x2 = 8
⇔ x21 + x1 x2 + x22 = 8
3.2
⇔ (x1 + x2)2 – x1x2 = 8
(b)
⇔ (2m)2 – (2m – 2) = 8
0,75đ
⇔ 4m2 – 2m + 2 = 8
⇔ 4m2 – 2m - 6 = 0
⇔ 2m2 – m - 3 = 0
Nx: a - b + c = 2 + 1 – 3 = 0
3
 m1 = -1; m2 =
2
3
Vậy với m = -1 hoặc m = thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có
2
2
hoành độ thỏa mãn: x1 + 2mx2 = 8

0,25

0,25

0,25

0,25

A
N
M
4
(3đ)

a

O
C
D
B

0,25

Vẽ hình đúng đến câu a
• Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên
 = 900 ; MBO
 = 900
MAO
Xét tứ giác MAOB có:
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0,25

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

 + MBO
 =900 + 900 =1800 ;
⇒ MAO
Mà hai góc ở vị trí đối diện
Nên tứ giác MAOB nội tiếp

0,25
0,25

• Xét trong (O) ta có:
 là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắn cung AC
CAN
 là góc nội tiếp chắn cung AC
CBA
 = CBA

=> CAN
Xét ° NAC và ° NBA có:
 là góc chung
ANB
 = NBA
 (cm trên)
NAC
⇒ ° NAC ” ° NBA (g-g)

0,25

0,5

NA
NB
=> NA2 = NB.NC
=
NC
NA
2
Vì NA = NB.NC, mà NA = NM => NM2 = NB.NC

b

⇒

0,25

⇒

NM
NB
=
NC
NM
Xét ° NMC và ° NBM có:
 là góc chung
MNB

0,25

NM
NB
=
NC
NM
° NMC ” ° NBM (c-g-c)
 = NBM

 NMC

0,25

Xét trong (O) ta có:
 = BDC
 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắn
NBM
cung BC)
 = BDC

 NMC

0,25

0,25

 BD // AM (hai góc SLT bằng nhau)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

A
N
M

O
C

K

I

D

B

c

Vì I là trung điểm CD => OI ⊥ CD
 = 900 ; MBO
 = 900 ; MIO
 = 900
Ta có: MAO
 5 điểm: M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
Do MA = MB (hai tiếp tuyến cắt nhau của (O))
 = MB
 => MBA
 = MIB

Nên MA
Xét ° MBK và ° MIB có:
 là góc chung
M
 = MIB

MBK
⇒ ° MBK ” ° MIB (g-g)
MB
MI
=
=> MB2 = MI.MK (1)
MK
MB
Xét ° MBC và ° MDB có:
 là góc chung
M
 = MDB
 (Góc tạo bởi tt và dây và góc nội tiếp chắn cung BC)
MBC
⇒ ° MBC ” ° MDB (g-g)

0.25

⇒

0,25

MB MD
=> MB2 = MC.MD (2)
=
MC
MB
Từ (1) và (2) => MC.MD = MI.MK
⇒

A =

5
(0,5)

 1
3
4
3
3
1
1 
1
+
=
+
+
=
3
+
+


2
2
2ab
2ab
2ab
2ab  2ab
a2 + b 2
a2 +b2
 a +b

Áp dụng bđt: x2 + y2 ≥ 2xy => (x + y)2 ≥ 4xy
⇒

x+y
4
1
1
4
1
1
≥
⇒
+
≥
ta có: 2 2 +
≥
xy
x+y
x
y
x+y
2ab
a +b

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

4

( a+b )

2

(1)

0,25

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

Lại có: (a+b)2 ≥ 4ab
Từ (1) và (2) ⇒ A ≥ 3.

( a+b )
=> 2ab ≤
2

4

( a+b )

Dấu “=” xảy ra khi a = b =

2

+

2

( a+b )

2

2

⇒
=

1
≥
2ab
14

( a+b )

2

2

( a+b )

2

= 14 hay A ≥ 14

1
2

Vậy Min(A) = 14 khi a = b =

(2)

0,25

1
2

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com
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
1
 2  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.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

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:........................

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Ý

Nội dung

Với x  0 ; x  1 ta có:

Điểm

 x  1
x  1 x  2




P
 x  1 x  2  x  1 x  2 


3x  6 x

1





1
(2,0đ)

3x  6 x  x  4 x  4  x  1








x 1


x  1

x 1

Khi đó P 
Vậy P 

1

x 2


x  2

x 3

Với x  6  2 5 

2

x 2





x 3
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 1 

5 2


5  1

5 2

 3
4
5  1
5 1

0,25
5
0,5

3 5
khi x  6  2 5
4

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 .

0,75

0,25

Điều kiện (d1) //(d2) là

2
(2,0đ)

2

1

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

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)2 − 1. ( m 2 − 2m + 3) = m 2 + 2m + 1 − m 2 + 2m − 3 = 4m − 2
3
(2,0đ)

2

Phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 2m + 3 =
0 có 2 nghiệm phân biệt khi
và chỉ khi   0  4m  2  0  m 

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

1
2

0,25

(*)

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

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

 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

0,25

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 = ⇔ 3m2 − 6m + 8 = 0 (vô nghiệm)
3
3

Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài.

0,25

0,25

4
(3,0đ)

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

2

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

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

(1)

0,25

(2)
Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

2
OA.OH ⇒
Từ (1) và (2) ta có: OF=

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)

OS
Gọi S là điểm thuộc OA sao cho =

1
OA ⇒ S cố định.
3
0,25

2
OI .
Vì G là trọng tâm ∆OFE ⇒ OG =
3
1
2

Mà OT = OG (do (3)) ⇒ OT =
3
∆OIA có

1 2
1
OT 1
. OI = OI ⇒
= .
2 3
3
OI 3

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

0,25

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

0,25

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

0,25

OA

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)
a b a b
2ab a  b 2 a  b 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 

5
(1,0đ)

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

1,0

0,25

Mặt khác từ 1= a  b   4ab 
2

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 
 16.6  6.4 
 88
2
8
8

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038


0,5

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

Vậy minT  88

2023
1
đạt tại a  b 
8
2

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.

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

UBND HUYỆN THANH TRÌ
TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN VĂN ĐIỂN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Môn: Toán
Thời gian làm bài 120 phút
Ngày thi: 6/4/2023

(Đề thi gồm 01 trang)
x+ x +3
=
và B
x−4
1) Tính giá trị biểu thức: A khi x = 9
2) Rút gọn biểu thức B

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A =

3) Tìm các giá trị x nguyên dương để A − B <

x +3
x
1
−
−
; ( x > 0; x ≠ 4 )
x−4 x+2 x
x −2

1
x

Câu 2: (2,5 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường bằng xe đạp. Biết rằng khoảng cách từ nhà bạn
An đến trường là 4km . Do lúc về phải lên dốc nên vận tốc đạp xe chậm hơn vận tốc lúc đi
4km / h , vì vậy thời gian lúc về lâu hơn thời gian lúc đi là 5 phút. Hỏi vận tốc đạp xe lúc về
của bạn An bằng bao nhiêu km / h ?
2) Người ta thiết kế một thùng tôn hình trụ không có nắp để đựng nước có dung tích bằng 2m3 .
Biết chiều cao thùng tôn là 2m . Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu m 2 tôn (không kể mép nối) để
làm được thùng tôn trên? Lấy π = 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai.

 2x − y x − y 1
−
=
 3
2
2
Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau: 
 3x − 4 y = x + 3 y
 2
5
2
2) Cho phương trình x − ( 2m − 1) x − m =
0 với m là tham số
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m .
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho

x12 + x22 − 7 x1 x2
= 1 + x1 x2
x1 x2 − 1
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung BC cố định ( BC < 2 R ) . Điểm A di động trên ( O; R )
sao cho ∆ABC có ba góc nhọn và AB < AC . Vẽ đường cao CD của ∆ABC và đường kính
AM . Hạ CE vuông góc với AM tại E , gọi H là trực tâm của ∆ABC .
1) Chứng minh rằng tứ giác ADEC nội tiếp được một đường tròn.


2) Chứng minh
rằng 
=
ABH DEA
=
; DE.BC DC.BM
3) Kéo dài DE cắt BM tại F , BH cắt AC tại K . Chứng minh rằng DF luôn đi qua một
điểm cố định và KF  AM .
Câu 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 4 x ≥ 1 + 6 xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P =

2 xy
2x + 3y2
2

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

_____

UBND HUYỆN THANH TRÌ
TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN VĂN ĐIỂN

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Môn: Toán
Thời gian làm bài 120 phút
Ngày thi: 6/4/2023

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)
x+ x +3
và B
=
x−4
1) Tính giá trị biểu thức: A khi x = 9
2) Rút gọn biểu thức B

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A =

3) Tìm các giá trị x nguyên dương để A − B <

x +3
x
1
−
−
; ( x > 0; x ≠ 4 )
x−4 x+2 x
x −2

1
x

HD

1) Tính giá trị biểu thức: A khi x = 9
1)
0,5 điểm

Thay x = 9 (TMĐK) vào A ta được =
A
Vậy khi x = 9 thì A = 3

0,25

15
= 3
5

0,25

2) Rút gọn biểu thức B
2)
1,0 điểm Với x > 0; x ≠ 4 ta có:
x +3
x
1
=
−
−
B
; ( x > 0; x ≠ 4 )
x−4 x+2 x
x −2
x +3
1
1
B=
−
−
x−4
x +2
x −2
− x +3
B=
x−4
− x +3
Vậy B =
x−4
3)
1
3) Tìm các giá trị x nguyên dương để A − B <
0,5 điểm
x
Ta có: P = A − B =

A− B <

x+ x +3 − x +3 x+2 x
−
=
=
x−4
x−4
x−4

1
1
⇒P<
⇒
x
x

0,25
0,25

0,25

0,25

x
x −2

0,25

x
1
<
x −2
x
2

1 7

Xét x − x +=
2  x −  + > 0 ( ∀x > 0; x ≠ 4 )
2 4

Nên x − 2 ≤ 0 ⇔ 0 < x < 4
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com
Vì x nguyên nên x ∈ {1;2;3}

0,25

Câu 2: (2,5 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường bằng xe đạp. Biết rằng khoảng cách từ nhà bạn
An đến trường là 4km . Do lúc về phải lên dốc nên vận tốc đạp xe chậm hơn vận tốc lúc đi
4km / h , vì vậy thời gian lúc về lâu hơn thời gian lúc đi là 5 phút. Hỏi vận tốc đạp xe lúc về
của bạn An bằng bao nhiêu km / h ?
2) Người ta thiết kế một thùng tôn hình trụ không có nắp để đựng nước có dung tích bằng 2m3 .
Biết chiều cao thùng tôn là 2m . Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu m 2 tôn (không kể mép nối) để
làm được thùng tôn trên? Lấy π = 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai.

HD

1)
Gọi vận tốc lúc về là x ( km / h ) ; x > 0
2,0 điểm Khi đó vận tốc lúc đi là x + 4 km / h
)
(
Đổi đơn vị: 5 phút
=

0,25
0,25

5
1
(giờ)
=
60 12

0,25

Theo đề bài, ta có phương trình:

0,25

4
4
1
−
=
x x + 4 12
⇒ x 2 + 4 x − 192 =
0
 x = 12 (TM )
⇔
 x = −16 ( KTM )

0,5

0,25

Vậy vận tốc lúc về của An là: 12km / h

0,25

1)
Gọi bán kính thùng tôn là R ( m ) ; R > 0
0,5 điểm Chiều cao của thùng tôn là h = 2 m
( )

( )

Thể tích của thùng tôn là:
=
V π=
R 2 h 2 m3

0,25

1
⇒R=

π

Diện tích toàn phần tôn cần sử dụng là:

Stp =
S d + S xq =+
1 4 4 ≈ 8,09 ( m 2 )

0,25

 2x − y x − y 1
 3 − 2 =
2
Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau: 
 3x − 4 y = x + 3 y
 2
5
2
2) Cho phương trình x − ( 2m − 1) x − m =
0 với m là tham số
a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m .

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho

x12 + x22 − 7 x1 x2
= 1 + x1 x2
x1 x2 − 1

HD
1)
1,0 điểm

 2x − y x − y 1
 3 − 2 =
2

 3x − 4 y = x + 3 y
 2
5
2 ( 2 x − y ) − 3 ( x − y ) =
3
⇔
5 ( 3 x − 4 y ) = 2 ( x + 3 y )
3
x + y =
⇔
0
13 x − 26 y =

0,25

0,25

3
x + y =
⇔
x = 2 y
x = 2
⇔
y =1

0,25

x = 2
y =1

Vậy nghiệm của hệ là 

2
2a)
Ta có ∆ = − ( 2m − 1)  − 4.1. ( − m ) = 4m 2 + 1 > 0; ∀m
0,5 điểm

0,25
0,25

Do đó, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

0,25

Theo ý a, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với
2a)
0,5 điểm mọi m
 x1 + x2 = 2m − 1
Theo hệ thức Vi-et, ta có: 
0,25
 x1 x2 = − m
x 2 + x22 − 7 x1 x2
Để 1
= 1 + x1 x2
x1 x2 − 1

 x1 x2 ≠ 1
m ≠ 1
⇔
m ≤ 0
 x1 x2 ≥ 0
x 2 + x22 − 7 x1 x2
Biểu thức đã cho 1
= 1 + x1 x2
x1 x2 − 1
Điều kiện: 

⇔ ( x1 + x2 ) − 9 x1 x2 = x1 x2 − 1
2

⇔ ( x1 + x2 ) − 10 x1 x2 + 1 =
0
2

⇔ 2m 2 + 3m + 1 =
0

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

1

=
−
m
(TM )
2
⇔

 m = −1( KTM )

0,25

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung BC cố định ( BC < 2 R ) . Điểm A di động trên ( O; R )
sao cho ∆ABC có ba góc nhọn và AB < AC . Vẽ đường cao CD của ∆ABC và đường kính
AM . Hạ CE vuông góc với AM tại E , gọi H là trực tâm của ∆ABC .
1) Chứng minh rằng tứ giác ADEC nội tiếp được một đường tròn.


2) Chứng minh
rằng 
=
ABH DEA
=
; DE.BC DC.BM
3) Kéo dài DE cắt BM tại F , BH cắt AC tại K . Chứng minh rằng DF luôn đi qua một
điểm cố định và KF  AM .

HD

1)
Vẽ hình
1,0 điểm

0,25

A
K
D

H

O

C

B
E
M

Xét tứ giác ADEC có 
ADC= 
AEC= 90°
⇒ hai đỉnh D, E cùng nhìn đoạn AC dưới một góc vuông
⇒ ADEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC

2)
+ Chứng minh 
ABH = DEA
1,0 điểm Xét ∆ABK và ∆ACD có:

A : chung

AKB= 
ADC= 90°
⇒ ∆ABK  ∆ACD ( g − g )

⇒
ABK =
ACD (1)

0,25
0,25
0,25

0,25

=
 (2)
Vì tứ giác ADEC là tứ giác nội tiếp đường tròn ⇒ DEA
DCA

)
(cùng nhìn DA


Từ (1) và (2) ⇒ 
ABK =
DEA

+ Chứng minh DE.BC = DC.BM
Xét ∆DEC và ∆BMC có:
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0,25
'
Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

 = EAC

EDC

 MAC

MBC
=
= EAC

(

)

0,25

⇒ ∆DEC  ∆BMC ( g − g )
⇒ DE.BC =
DC.BM
3)
1,0 điểm

0,25

A
K
D

H

B

N

O
C

I
E
M

F

Kéo dài AH cắt BC tại N . Khi đó A, D, N , E , C cùng nằm trên
0,25
đường tròn đường kính AC
 DCI

 CAE
 ( 3)
Ta=
có DAN
=
; CDI
 = CBM
 (cùng chắn CM
 ) (4)
CAE
 = DAN
 (cùng phụ với 
CBM
ABN ) (5)
=

Từ (3); (4); (5) ⇒ CDI
DCI
⇒ ∆DCI cân tại I
⇒ ID =
IC
0,25
Dễ dàng chứng minh được ∆IBD cân tại I
⇒ ID =
IB
Vậy IB = IC nên DF luôn đi qua một điểm cố định là trung điểm
của BC
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BF  CD
Ta có DBM
(cùng vuông góc với AB ).
Xét ∆DIC và ∆FIB có

 = FIB

DIC
 = FBI
 (so le trong, BF  CD )
DCI
IB = IC
⇒ ∆DIC = ∆FIB ( g − c − g )
⇒ IF = ID ⇒ IF = ID = IC = IB
⇒ ∆BFC vuông tại F
 =°
90
⇒ CFB
 + BFC
=
Xét tứ giác BKCF có BKC
180°
⇒ BKCF là tứ giác nội tiếp

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0,25

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

=
 (cùng chắn CF
)
⇒ FBC
FKC
 = MAC
 (cùng chắn CM
)
Mà FBC
=

⇒ FKC
MAC
⇒ KF  AM

0,25

Câu 5: (0,5 điểm)
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 4 x ≥ 1 + 6 xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

2 xy
2x + 3y2
2

HD

Có x, y > 0 thỏa mãn: 4 x ≥ 1 + 6 xy
1)
2,5 điểm 4 x ≥ 1 + 6 xy ≥ 2 6 xy ⇒ 2 x ≥ 6 xy

x2 6
x 3
≥ ⇒ ≥
xy 4
y 2
x
2
2 xy
x
3
y
=
P =
, đặt = t ; t ≥
2
2
2
2x + 3y
y
2
x
2.   + 3
 y
2
2t
2
2t
P= 2
⇒ P=
−
−
2
2.t + 3
5 2.t + 3 5
⇒ 4 x 2 ≥ 6 xy ⇒

0,25

2
10t
4t 2 + 6
P−
⇒=
−
5 5 ( 2.t 2 + 3) 5 ( 2.t 2 + 3)
⇒ P−

2 − ( 2t − 3)( t − 1)
=
5
5 ( 2.t 2 + 3)

3
2
⇒ 2t − 3 ≥ 0; t − 1 > 0 ⇒ P − ≤ 0
2
5
2
3
Vậy GTLN của P là
khi t = ⇒ 2 x =3 y
5
2
1
1
6 xy = 1 ⇒ x= ; y=
2
3
Vì t ≥

và
0,25

______---------------Hết ---------------______

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

Tài liệu toán học

Website:tailieumontoan.com

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN 9
NĂM HỌC 2023 – 2024
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Bài I: (2,0 điểm).

1  x +1
7 x −2
 x−2
+
Cho hai biểu=
thức P 
và Q =
với x > 0, x ≠ 1 .
.
+
+
−
x
x
x
x
2
2
1
2
x
+
x


1) Tính giá trị biểu thức Q khi x = 16 .
x +1
.
x
3) Tìm tất cả các giá trị của x để P ≤ Q .
Bài II: (2,0 điểm).
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Phát động thi đua chào mừng 20 năm ngày thành lập quận Long Biên, hai phường Ngọc
Thụy và Phúc Đồng tham gia lắp đặt camera để đảm bảo an ninh đô thị. Trong tháng thứ nhất,
cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera. Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt
mức 10% , phường Phúc Đồng vượt mức 12% so với tháng thứ nhất nên cả hai phường đã lắp
được 200 chiếc. Hỏi trong tháng thứ nhất, mỗi phường lắp được bao nhiêu chiếc camera?
2) Một hộp sữa đặc có dạng một hình trụ với đường kính đáy là 6 cm, chiều cao là 9 cm.
Tính thể tích của hộp sữa đó. (Lấy π ≈ 3,14 ).
Bài III: (2,5 điểm).
3
y−2
4
+
=


2
1) Giải hệ phương trình:  x
.
4
 −3 y −2 =
−2

x
2) Chứng minh P =

(3 2m) x − 4 .
2) Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d ) : y =−
a) Chứng minh rằng ( P ) luôn cắt (d ) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của ( P ) và (d ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức K =(1 − x12 )(1 − x22 ) − 2 x1 − 2 x2 .

Bài IV: (3,0 điểm).
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) , kẻ hai tiếp tuyến MA , MB với (O) ( A , B là hai
tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD với (O) sao cho MC < MD và tia MD nằm giữa hai tia MA
và MO . Gọi E là trung điểm của CD .
1) Chứng minh tứ giác MEOB nội tiếp.
 = OCE
.
2) Kẻ AB cắt MD tại I , cắt MO tại H . Chứng minh EA.EB = EI .EM và MHC
3) Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với OA , cắt AE tại K . Chứng minh IK // AC .
Bài V: (0,5 điểm).
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
của biểu thức Q =(a + 1)(b + 1)(c + 1) .

1
3
c +1
+
≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất
a+2 b+4 c+3

-------- Hết --------

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẬN LONG BIÊN

Bài

Ý

I

1

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9
Năm học 2022 – 2023
Môn: Toán

Nội dung trình bày
Tính giá trị biểu thức Q khi x = 16 .

Điểm
0,5đ

Thay x = 16 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta được:

7 16 − 2
16 + 2 16
7.4 − 2 26 13
=
= =
Q
.
16 + 2.4 24 12
Q=

13
khi x = 16 .
12
2 Chứng minh P = x + 1 .
x
1  x +1
 x−2
=
P 
+
.
x + 2  x −1
 x+2 x
Vậy Q =


x−2
=
P 
 x x +2


x+ x −2
P=
 x x +2


(

P=

(

)

(

x +2
x

(

)(

)

+
x

(


. x +1
x + 2  x −1

x


. x +1
 x −1


).

x −1

x +2

)

x +1
x −1

x +1
(điều phải chứng minh).
x
Tìm tất cả các giá trị của x để P ≤ Q .
Vậy P =

3

)

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

0,25đ

0,25đ
1đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

Để P ≤ Q thì

(
⇔

x +1 7 x − 2
≤
x
x+2 x

x
Mà

⇒

(

x

(

)

)(

x +1

(

x +2

x +2

)

)−

7 x −2
x

(

x +2

1

x

x −2

(

)

2

x +2

)

≤0

x + 2 > 0 (với x > 0, x ≠ 1 )

x −2

)

2

≤0

⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 4 (thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy x = 4 là giá trị cần tìm.
II

)

≤0 ⇔

(

0,25đ
0,25đ

Phát động thi đua chào mừng 20 năm ngày thành lập quận Long Biên, hai
phường Ngọc Thụy và Phúc Đồng tham gia lắp đặt camera để đảm bảo an ninh
đô thị. Trong tháng thứ nhất, cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera.
1,5đ
Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt mức 10% , phường Phúc Đồng
vượt mức 12% so với tháng thứ nhất nên cả hai phường đã lắp được 200 chiếc.
Hỏi trong tháng thứ nhất, mỗi phường lắp được bao nhiêu chiếc camera?
Gọi số camera phường Ngọc Thụy và phường Phúc Đồng lắp được trong tháng thứ
0,25đ
nhất lần lượt là x (chiếc) và y (chiếc) (ĐK: x, y ∈ N * ; x < 900; y < 900 ).
Do trong tháng thứ nhất, cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera nên ta có
0,25đ
phương trình: x + y =
(1)
180
Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt mức 10% , phường Phúc Đồng vượt
mức 12% so với tháng thứ nhất nên:
Số camera phường Ngọc Thụy lắp được trong tháng thứ hai là:
1,1x (chiếc).
x + 10% x =
Số camera phường Phúc Đồng lắp được trong tháng thứ hai là
0,25đ
y + 12% y =
1,12 y (chiếc)
Do tháng thứ hai cả hai phường lắp được 200 chiếc nên ta có phương trình:
0,25đ
(2)
1,1x + 1,12 y =
200
180
x + y =
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 
0,25đ
200
1,1x + 1,12 y =

2

 x = 80
Giải hệ ta được: 
(thỏa mãn điều kiện).
 y = 100
Vậy trong tháng thứ nhất, phường Ngọc Thụy lắp được 80 chiếc camera, phường 0,25đ
Phúc Đồng lắp được 100 chiếc camera.
Một hộp sữa đặc có dạng một hình trụ với đường kính đáy là 6 cm, chiều cao
0,5đ
là 9 cm. Tính thể tích của hộp sữa đó. (Lấy π ≈ 3,14 ).
6
Bán kính đáy hộp sữa là: R= = 3 (cm)
2
0,25đ

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

Thể tích hộp sữa đó là: V =
πR 2 h ≈ 3,14.32.9 =
254,34 (cm3).
Vậy thể tích của hộp sữa đó khoảng 254,34 cm3.
III

1

0,25đ

3
y−2
=
4
 +
x
2
.
Giải hệ phương trình: 
 4 − 3 y − 2 =−2
 x
ĐKXĐ: x ≠ 0; y ≥ 2 .

1đ
0,25đ

1
 =a
Đặt  x
,
 y−2 =
b


b

+ 3b 24 =
4
18a=
a 1
3a + =
⇔
⇔
.
ta có hệ phương trình: 
2
4
3
2
2
a
b
b
−
=
−
=


4a − 3b =
−2

0,25đ

1
x = 1
 =1
(thỏa mãn).
⇔ x
⇔
=
y
6

 y−2 =
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1;6) .

2

0,25đ
0,25đ

a) Chứng minh rằng ( P ) luôn cắt (d ) tại hai điểm phân biệt.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và (d ) :

0,5đ

− x 2 = ( 3 − 2m ) x − 4 ⇔ x 2 + ( 3 − 2m ) x − 4 = 0 (I)
Ta có: ∆= b 2 − 4ac=

( 2m − 3)

2

+ 16 > 0 với mọi m (do ( 2m − 3) ≥ 0 với mọi m )
2

0,25đ

⇒ Phương trình (I) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
Vậy ( P ) luôn cắt (d ) tại hai điểm phân biệt với mọi m .
b) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của ( P ) và (d ) .

(

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K = 1 − x

2
1

0,25đ

)( 1 − x ) − 2 x
2
2

1

1đ

− 2 x2 .

0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
Xét PT hoành độ giao điểm: x 2 + ( 3 − 2m ) x − 4 =
 x1 + x2 = 2m − 3
Theo Viét: 
 x1 x2 = −4

(1)
( 2)

0,25đ

Theo bài ra, ta có: K =(1 − x12 )(1 − x22 ) − 2 x1 − 2 x2
Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com

K=
1 − ( x12 + x22 ) + ( x1 x2 ) 2 − 2( x1 + x2 )

K =−
1 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 + ( x1 x2 ) − 2( x1 + x2 )
2

2

0,25đ
(3)

Thay (1), (2) vào (3), ta có: K = 1 − (2m − 3) 2 + 2.(−4) + (−4) 2 − 2.(2m − 3)

K=
−4m 2 + 8m + 6
0,25đ

K=
−(2m − 2) 2 + 10 ≤ 10 do (2m − 2) 2 ≥ 0 với mọi m .
Vậy giá trị lớn nhất của K là 10 ⇔ (2m − 2) 2 =0 ⇔ m =1 .

0,25đ

IV

0,25đ

1

2

Chứng minh tứ giác MEOB nội tiếp.
Xét (O) có: MA, MB là hai tiếp tuyến
=
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB (tính chất) ⇒ MBO
900 .

0,75đ

=
Xét (O) có: E là trung điểm của dây CD ⇒ OE ⊥ CD (định lí) ⇒ MEO
900 .
 + MBO
 = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác MEOB nội tiếp.
Ta có: MEO

0,25đ

.
Chứng minh EA. EB = EI . EM và 
MHC = OCE


Ta có: MAO
= MEO
= 900 ⇒ Tứ giác MAEO nội tiếp
Mà tứ giác MEOB nội tiếp (chứng minh trên)
⇒ Năm điểm M , A, E , O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM
Xét (O) có: MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M ⇒ MA =
MB (tính chất)
 = MB

Xét đường tròn đường kính OM có: MA = MB ⇒ MA
 (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
⇒
AEM =
BEM

 = EBI
 (hai góc nội tiếp cùng chắn một cun...