SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn thi: TOÁN (dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16/4/2023
Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

1 
x 1
 1
Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức A  
, với 0  x  1 .

:
x 1  x x  2x  x
 x x

1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tính giá trị của biểu thức B  A





2023  2 khi x  2024  2 2023 .

Câu II. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  và song song với
đường thẳng (d ') : y  2 x  3 . Tìm các hệ số a và b .

6 5
x  y  3

2. Giải hệ phương trình 
.
 9  10  1
 x y
Câu III. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2  3x  m 2  0 , với m là tham số.
1. Giải phương trình khi m  2 .
2. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện

x12  x1 x2  3 x2  m 2  2m  1  6  m2 .
Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác đó là AD, BE
cắt nhau tại H với D  BC , E  AC .
1. Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn, tìm vị trí tâm I của đường tròn đó.
2. Chứng minh HA.HD  HB.HE .
3. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (với I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác CDHE ).
Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

a 2b 5c
.


bc ca ab

……………… Hết ………………

Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:………………………
Chữ ký giám thị 1:…………………………………Chữ ký giám thị 2:………………………

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn thi: TOÁN (dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16/4/2023
Đáp án đề thi có: 03 trang

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

1 
x 1
 1
Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức A  
, với 0  x  1 .

:
x 1  x x  2x  x
 x x
1. Rút gọn biểu thức A .
2. Tính giá trị của biểu thức B  A 2023  2 khi x  2024  2 2023 .





Giải.


1
1 
x 1
1. (1,0 điểm) Khi 0  x  1 ta có A  

:
 x x 1
x 1  x x  2 x  1















x x  2 x 1

1 x
x





(0,5 điểm)



x 1

.

x 1

x  1 . Vậy A  x  1

(0,5 điểm)

2. (1,0 điểm) Theo ý 1 thì A  x  1 . Khi x  2024  2 2023 ta có
2

 2023 1  1  2023  2
từ đó suy ra B   2023  2  2023  2   2019
A  2024  2 2023  1 

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

Câu II. (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  và song
song với đường thẳng (d ') : y  2 x  3 . Tìm các hệ số a và b .
Giải.
Đường thẳng (d ) : y  ax  b song song với đường thẳng (d ') : y  2 x  3 nên a  2 và b  3 .
(0,5 điểm)
Vì đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  nên ta có 2  2.1  b  b  0
(thỏa mãn vì b  3 ). Vậy a  2, b  0 là các giá trị cần tìm.
(0,5 điểm)
6 5
x  y  3

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
.
 9  10  1
 x y
1
1
Giải. Đặt ẩn phụ u  , v  .
x
y
1

u

6u  5v  3
12u  10v  6

3
Hệ phương trình trở thành 


.
(0,5 điểm)
9u  10v  1 9u  10v  1
v  1

5
x  3
Thay ngược trở lại ta được 
.
y  5
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    3;5  .

(0,5 điểm)

1

Câu III. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2  3x  m 2  0 , với m là tham số.
1. Giải phương trình khi m  2 .
2. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện

x12  x1 x2  3 x2  m 2  2m  1  6  m2 .
Giải.
1. (1,0 điểm) Khi m  2 ta có phương trình x 2  3x  2  0 .
Do a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm x1  1, x2  2 .

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

2. (1,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm x1 , x2    0  9  4m 2  0
9
3
3
 m2     m 
(*)
(0,25 điểm)
4
2
2
 x1  x2  3
Khi đó theo định lý Vi-et, ta có 
.
2
 x1 x2  m
Vì x1 là nghiệm của phương trình x 2  3x  m 2  0 nên ta có x12  3 x1  m 2  0  x12  3 x1  m 2
3
3
Khi đó với   m  thì
2
2
2
2
x1  x1 x2  3 x2  m  2m  1  6  m 2  3 x1  m 2  x1 x2  3 x2  m2  2m  1  6  m 2

3  x1  x2   x1 x2  2m 2  2m  1  6  m 2  9  m 2  2m 2  2m  1  6  m 2
m2  2m  8  6  m 2   m  4  2  m   6  m2

(0,25 điểm)

  m  4   2  m   6  m 2   m  4  2  m   6  m 2

  m 2  2m  8  6  m 2  m  1
3
Kết hợp với điều kiện (*) ta có   m  1 .
2

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác đó là AD, BE cắt
nhau tại H với D  BC , E  AC .
1. Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn, tìm vị trí tâm I của đường tròn đó.
2. Chứng minh HA.HD  HB.HE ;
3. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (với I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác CDHE ).
Giải.
A

E
O

H
I

C
D
1. (1,0 điểm) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp
 AD  BC
  900
Ta có: AD, BE là hai đường cao của ABC  
(0,5 điểm)

ADC  BEC
BE

AC

  HEC
  900  900  1800  CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường
Xét tứ giác CDHE ta có HDC
kính HC .
(0,25 điểm)
Như vậy tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE là trung điểm của HC .
(0,25 điểm)
B

2

2. (1,0 điểm) Chứng minh HA.HD  HB.HE
Xét AHE và BHD ta có:

 (đối đỉnh); 
  900 nên AHE đồng dạng với BHD
AHE  BHD
(0,5 điểm)
AEH  BDH
HA HE


 HA.HD  HB.HE (ĐPCM)
(0,5 điểm)
HB HD
3. (1,0 điểm) Xét tứ giác ABDE ta có 
ADB  
AEB  900 , mà hai đỉnh D, E là hai đỉnh liên tiếp của tứ
giác nên ABDE là tứ giác nội tiếp. Lại có AEB vuông tại E nên A, B, D, E cùng thuộc đường tròn tâm
(0,25 điểm)
O đường kính AB và cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE .


Ta có ABDE là tứ giác nội tiếp suy ra EDC  BAE
(1)
1
ECH vuông tại E có đường trung tuyến EI  EI  HI  HC
2
  IHE
 hay IEH
  EHC

(2)
(0,25 điểm)
 HEI cân tại I  IEH
  CHE

Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp  CDE
(3)
  BAE
  HEI
;
Từ (1), (2), (3) suy ra EDC
  OBE

BOE cân tại O  OB  OE   OEB
  OEA
 mà OBE
  BAE
  900  OEB
  HEI
  900  OE  EI
Hay BAE
 EI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (ĐPCM).

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a 2b 5c
.
P


bc ca ab
 1
bc 3 ca 3 ab 3
1 1
Giải. Đặt
 ,
 ,

khi đó x, y, z  0; 9      a 2  b 2  c 2  9
a x b
y c
z
 xy yz zx 
x y
 x  y  z  xyz  z 
(0,25 điểm)
xy  1
5 x  y
1
P   x  2 y  5 z   3P  x  2 y  5 z  x  2 y 
3
xy  1
2
2 5 
2   5 x  y  5 
7 2  xy  1 5  x  1
 x   2y  
   x 

x x 
x   xy  1
x
x
x
x  xy  1
Theo bất đẳng thức Cô-si cho hai số ta có:

2
2  xy  1 5  x  1
7
7
1 
7

3P  x   2

 x   2 10  1  2   x   2
x
x
x  xy  1
x
x
 x 

(0,25 điểm)

 2  1 2 
 3  1   1   x  


2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức  a 2  b 2  c 2  d 2    ac  bd  và bất đẳng thức Cô-si cho hai số ta có:
3P  x 

9
7
1
9

 2  3    x   6  2 x   6  12  P  4 .
x
x
x
x


3 2
6
, b  3, c 
thì P  4 .
2
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4.

(0,25 điểm)

Khi x  3, y  2, z  1 tức là a 

(0,25 điểm)

……………… Hết ………………

3