TRƯỜNG THCS MINH KHAI

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

(với

).

.
khi

Câu 2(2,0đ).
1. Giải hệ phương trình:
2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
(m là tham số). Tìm m để

và
song song với

.

Câu 3(2,0đ).
1. Giải phương trình:

.

2. Cho phương trình:

(với m là tham số).

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

thỏa mãn

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

là các số dương thoả mãn:

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
---------------------------------------------------------------

.
Hết ---------------------------------------------------------------

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

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Ý

Với

;

ta có:

Nội dung

Điểm
0,25

1

0,5

1
(2,0đ)

. Vậy

2

;

0,25

Với

0,25

Khi đó

0,5

Vậy

1

với

khi

0,25

Ta có:

0,75

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

.

0,25

Điều kiện (d1) //(d2) là

2
(2,0đ)

0,75

2
Vậy

1

thì (d1) //(d2)

Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là

0,25
.

1,0

2
Ta có:  m  1  1. m 2  2m  3 m 2  2m 1  m 2  2m  3 4m  2
2
2
Phương trình x  2 m  1 x  m  2m  3 0 có 2 nghiệm phân biệt khi

3
(2,0đ)

2

0,25

và chỉ khi
Viết lại biểu thức với điều kiện
1  4 x1 x2
1 4 x2

 3x22 0 
 3x22 0  3 x12 x22  4 x1 x2  1 0
2
2
x1
x1
x1

0,25

Với x1 x2 1 ta có m2  2m  3 1  m2  2m  2 0 (vô nghiệm)
1
3

1
3

Với x1 x2  ta có m2  2m  3   3m2  6m  8 0 (vô nghiệm)
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

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

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

1,0
o

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

Từ (1) và (2) ta có: OF 2 OA.OH 

(1)
(2)

OF OH

OA OF

0,5

OF OH

góc chung và
.
OA OF

Xét OFH và OAF , ta có:
Suy ra
3

0,25

0,25

Gọi T là trung điểm GO.

(3)
1
3

Gọi S là điểm thuộc OA sao cho OS  OA  S cố định.
2
3

Vì G là trọng tâm OFE  OG  OI .

0,25

1
2

1 2
2 3

1
3

Mà OT  OG (do (3))  OT  . OI  OI 
OIA có

OT 1
 .
OI 3

0,25

(định lí Ta-lét đảo)  ST  OI .

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.
OA



Mà S , SO cố định  G thuộc đường tròn ( S ; SO) hay  S ;  .
3 


Cho

0,25

là các số dương thoả mãn:
1,0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ta có

(
(*). Áp dụng (*) ta có:

5
(1,0đ)

0,25

Mặt khác từ 1=

(2)

Lại có
Từ (1), (2), (3) ta có:

(1)

(3)

0,25

=
. Dấu “=” xảy ra khi

Vậy

0,25

0,5

đạt tại

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.