Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT- Môn toán (Đề thi thử năm học 2022 - 2023)

Đề thi khảo sát chất lượng ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 – THPT năm học 2022-2023
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
ĐỀ THI THỬ SỐ: 01
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1 (2,0 điểm).
 x x 1 x 1
Cho biểu thức P = 

 x 1

 
: x 
x  1  

x 
 ,với x > 0 và x  1
x  1 

1) Rút gọn biểu thức P
2) Tính giá trị của x khi P = 3
Câu 2 (2,0 điểm).
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx +1
(m là tham số). Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3).
x  y  2
.
2 x  3 y  9

2) Giải hệ phương trình 
Câu 3 (2,0 điểm).

Cho phương trình x2  2x  m  3  0 (m là tham số).
1) Tìm m để phương trình có nghiệm x  3 . Tìm nghiệm cịn lại.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x13  x23  8 .
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn tâm O, bán kính R. Hạ các
đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai
là D, E.
1) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn. Xác định tâm của
đường trịn đó.
2) Chứng minh rằng: HK // DE.
3) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác
ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp
CHK không đổi.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  2y  3z  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S 

xy
3yz
3xz


.
xy  3z
3yz  x
3xz  4y

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

Gmail:


2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 01

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1
1) Với x > 0 và x  1, ta có:
2,0 đ 1,0 đ
 ( x  1)( x  x  1)
x  1   x ( x  1)
x 
:

P = 




x 1 
x 1
x  1 
 ( x  1)( x  1)

 x  x 1 x 1  x  x  x

:
x 1
x  1 
x 1


= 
=
=

x  x 1 x 1
x 1
 x 2
x 1

:

x
x 1

:

=

0,25

x

0,25

x 1
 x 2
x 1



x 1 2  x
=
x
x

2 x
Vậy P =
với x > 0 và x  1
x

2)
2 x
Với P = 3 = >
=3
1,0 đ
x

(với x > 0 và x  1)

x  1 (loai );

=> x 

4
9

x

2
3

0,25

(thỏa mãn ĐKXĐ).

0,25
Vậy x 

4
9

Câu 2
1) Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3)
2,0 đ 1,0 đ nên có 3 = m.1+1  m = 2 là giá trị cần tìm
2)
Ta có
1,0 đ

0,25

0,25

=> 3x + x - 2 = 0
=>

0,25

x  y  2
2 x  2 y  4


2 x  3 y  9
2 x  3 y  9

x  y  2
x  3
Hệ có một nghiệm (x;y) = (3; 1)


5 y  5
y 1

Câu 3
1) Thay x  3 vào phương trình ta được: 9  6  m  3  0  m  6
2,0 đ 1,0 đ Với m  6 ta có phương trình: x2  2x  3  0

0,25
1.0
0,5
0,5
0,25
0,25

Giải phương trình ta được x  1; x  3

0,25

Vậy nghiệm cịn lại là x  1

0,25

2) Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt   '  0
1,0 đ  m  2
 x1  x2  2
 x1 .x2  m  3

Theo hệ thức Vi-ét: 
Gmail:

0,25
0,25


3
Ta có x13  x23  8   x1  x2   3x1 x2 ( x1  x2 )  8
3

 8  6( m  3)  8  m  3 (thỏa mãn )

Vậy m  3
Câu 4
3,0 đ

C

0,25
0,25

D

E

H
M

K
F
O
A

B

1) Có góc AKB = 900 (giả thiết)
1,0 đ
Góc AHB = 900 (giả thiết)

0,25

Tâm đường trịn là trung điểm của AB.

0,25
0,25

Mà góc EDA = góc ABK (cùng chắn cung AE của (O))

0,25

Suy ra góc EDA = góc AHK

0,5

Vậy ED//HK (do EDA và AHK là hai góc đồng vị)

0,5

Gọi F là giao điểm của AH và BK. Dễ thấy C, K, F, H nằm
trên đường trịn đường kính CF nên đường trịn ngoại tiếp tam
giác CHK có đường kính CF.

0,25

Kẻ đường kính AM.
Ta có: BM//CF (cùng vng góc AB),
CM//BF (cùng vng góc AC)
nên tứ giác BMCF là hình bình hành  CF  MB

0,25

Xét tam giác ABM vuông tại B,
ta có MB2 = AM2 – AB2 = 4R2 – AB2.
Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK là
r

Câu 5
1,0 đ

0,25

Suy ra tứ giác ABHK nội tiếp đường trịn đường kính AB.
2) Ta có: Theo 1) Tứ giác ABHK nội tiếp
1,5 đ = > góc ABK = góc AHK (cùng chắn cung AK)

3)
0,5đ

0,25

0,25

CF
4R2  AB2

không đổi.
2
2

Đặt a  x;b  2y;c  3z , ta được: a, b, c  0; a  b  c  2 .

Gmail:

0.25

4
Khi đó: S 

ab
bc
ac
.


ab  2c
bc  2a
ac  2b

Xét
ab
ab


ab  2c
ab   a  b  c  c

ab
1 a
b 
 

 a  c  b  c  2  a  c b  c 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a
b

.
ac bc

0.25

Tương tự ta có:
bc
1 b
c 
ac
1 a
c 
 

 

;
.
bc  2a 2  b  a c  a  ac  2b 2  a  b c  b 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b
c
a
c


;

.
ba ca a b cb

1 ab bc ac 3
Cộng các vế ta được: S  


 .
2ab

bc

ac

0.25

2

3
2
khi và chỉ khi a  b  c 
2
3
3
hay giá trị lớn nhất của S bằng khi và chỉ khi
2
2

1
2
x  ; y  ;z  .
3
3
9

Vậy giá trị lớn nhất của S bằng

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

Gmail:

0.25


5

ĐỀ THI THỬ SỐ: 02

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho biêu thức: Q 

3x  9x  3

x x 2



x 1



x 2

x  2 1 x

a)

Rút gọn Q.

b)

Tính giá trị của Q khi x = 4 + 2 3 .

ví i x  0 vµ x  1

Câu 2: (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2  (2  m)x  m  3  0 , với m là tham số
a) Giải phương trình với m = -1

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x 22  2 .
Câu 3: (2,0 điểm)
x  3y  9
a) Giải hệ phương trình 

3 x  y  7

b) Với giá trị nào của a thì đồ thị của hai hàm số y = (a - 1)x + 5 và
y = x + a2 +1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung?
Câu 4:(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  O  . Hai
đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H .
1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF .
3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC . Đường thẳng AO cắt đường thẳng
BC tại điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác
APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP .
Câu 5:(1,0 điểm)
Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2  b 2  ab  3 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a 4  b 4  ab
------------------------Hết --------------------

Gmail:


6
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 02

Câu

Nội dung
a) Rút gọn ta được Q 

Câu 1
(2đ)

b) Ta có
Thay

x 1
x 1

Điểm

ví i x  0,x  1

0.25

x  3  1 (TMĐK).

x  3  1 vào Q tìm được Q 

1.0

3 2 3
3

0.5
0.25

Kết luận
Câu 2 a) Với m = -1 ta có phương trình : x2 +3x - 4= 0
(2đ)
Do: a + b+ c = 1 + 3 - 4 = 0, nên PT có hai nghiệm phân biệt là x1 =
1; x2 = -4

1,0

b) Phương trình đã cho có các hệ số: a  1; b  2  m;c  m  3
a  b  c  1 2  m  m  3  0

0.5

Phương trình có hai nghiệm x  1, x  m  3 với mọi m
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt  1  m  3  m  4
Theo bài có: x1  x 2 2  2
Trường hợp 1: x1  1; x 2  m  3

0,25

Ta có:
m  3  1
 m  4 (ko t / m)
2
2
1   m  3  2   m  3   1  

 m  3  1  m  2 (t / m)

Trường hợp 2: x 2  1; x1  m  3

0,25

Ta có:
m  3  1

 m  4 (ko t / m)
m  3  12  2  m  3  1  

 m  3  1  m  2 (t / m)

Vậy m  2 là giá trị cần tìm.
Câu 3
(2đ)

x  3y  9
 y  3x  7
x  3
a) 


.
3
x

y

7
x

3(3
x

7)

9

y

2



KL: Với a = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là: (x,y) = (3;2)

Gmail:

0,75
0,25


7
Để đồ thị của hai hàm số y = (a - 1)x + 5 và
y = x + a2 +1 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung?
b) a- 1 ≠ 1 => a ≠ 2 và a2 +1 = 5 => a = ± 2
Do đó a = -2

1.0

Câu 4
(3đ)
A

x

P
F

B

M

E

H

D

O

K

C

I

S

1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn.
Xét tứ giác BCEF ta có :

1,0


BEC
 90 ( BE là đường cao)


BFC
 90 ( CF là đường cao)

 BCEF là tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F cùng nhìn cạnh BC dưới một

góc vng).
2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF .
 
Vẽ tiếp tuyến Ax như hình vẽ  BAF
ACB (tính chất giữa đường tiếp
tuyến và dây cung).

1,0

Do tứ giác BCEF nội tiếp  
AFE  
ACB.
 
Ta suy ra BAF
AFE  EF //Ax (do hai góc so le trong)

Lại có Ax  OA  OA  EF (đpcm).
3) Chứng minh APE ∽ ABI
 
  180 )
Ta có : 
AEB  
ABI ( Vì 
AEB  EFC
ABI  EFC

Gmail:

0,5


8
  90 (vì AI  PE )
Mặt khác 
APE  PAI
AIB  PAI
  90 ( Vì AH  BC )  
APE  AIB
Vậy APE ∽ ABI ( g-g).

* Chứng minh KH //PI
Gọi M là giao điểm của AO và EF , dung đường kính AS
Ta có BE / /CS cùng vng góc AC
BS / /CF cùng vng góc AB
 BHCS là hình bình hành nên H , K , S thẳng hàng
Ta có AE.AC  AH . AD và AE. AC  AM . AS
 AH . AD  AM . AS 

0,5

AH AM
ASD

 AHM  ASD  
AHM  
AS

AD

 HMSD Nội tiếp đường tròn
  PDM


Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn  PIM
 HSM
 HS //PI .

Câu 5
(1đ)

Ta có a 2  b2  ab  3  a 2  b2  3  ab thay vào P ta được.
P  a 4  b 4  ab   a 2  b2   2a 2b 2  ab   3  ab   2a 2b 2  ab
2

2

 9  6ab  a 2b 2  2a 2b 2  ab  9  7ab  a 2b 2

0,25

2

7 49  49
7  85
2



   ab   2.ab.   
 9    ab    .
2
4
4
2
4




Vì a 2  b2  3  ab , mà

a  b

2

 0  a 2  b 2  2ab  3  ab  2ab  ab  3 . 1

0,25

Và  a  b   0  a 2  b2  2ab  3  ab  2ab  ab  1 .  2 
2

7
2

7
2

7
2

1
2

7
2

Từ 1 và  2  suy ra 3  ab  1  3   ab    1   ab  
2



2

1 
7  81
81
7
1

  ab   
     ab    
4 
2
4
4
2
4


2



9
2

2

81 85
7  85
1 85
7  85


    ab      
 1    ab     21
4 4
2
4
4 4
2
4



0,25

a  3 b  3


v
.
a  b  6
b   3 a   3

ab  3

Vậy Max P  21 . Dấu = xảy ra khi 

2

2

ab  1
a  1
a  1
hoặc 
.
Min P  1 . Dấu = xảy ra khi  2

2
b  1
b  1
a  b  2

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

Gmail:

0,25


9
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI THỬ SỐ: 03

ĐỀ BÀI
Câu 1. (2.0 điểm)


x
1
 x -1 x- x

Cho biểu thức Cho M = 

  1
2 
+
 : 
x - 1 
  x 1

với x  0, x  1 .

1) Rút gọn M.
2) Tìm x sao cho M > 0.
Câu 2. (2.0 điểm)
1) Tìm a, b, biết rằng đồ thị hàm số (d): y = ax + b song song với đường thẳng
(d’): y = -3x + 5 và đi qua điểm B thuộc Parabol (P): y =
2) Giải hệ phương trình

1 2
x có hồnh độ bằng -2
2

 2 x  y  4

x  3 y  5

Câu 3. (2.0 điểm)
1
2

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 và parabol (P): y = x 2 .
1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2)
sao cho x1 x 2  y1 + y 2   48  0 .
Câu 4. (3,0 điểm).
Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB. Vẽ dây cung CD vng góc với AB tại I (I
nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F.
Chứng minh rằng:
1) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) AE.AF = AC2.
3) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc

một đường thẳng cố định.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b  3ab  1 .
12ab 2 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
a b .
ab
------------------------Hết --------------------

Gmail:


10
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 03

Câu
1

Ý

Nội dung

Điểm
2.0



x
1   1
2 

+
 : 

 x - 1 x - x   x + 1 x - 1

Với x  0, x  1 . M = 
 x
=
 x -1

1
(1.5)

=
=

x-1
x




1

x ( x - 1) 

:

 

x -1


:





x +1



x -1

x -1



x -1



x +1

=

 

x +1

x-1

x



+



x -1

2


 x - 1 
.
x -1



x +1 






x +1

x +1

x-1
.
x

0.75
0.25
0.25

x-1
Vậy với x  0, x  1 .Thì M=
.
x

2
(0.5)

0,25

M > 0  x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0)  x > 1. (thoả
mãn)

2

’

0.5
2

-Điều kiện để đường thẳng (d) song song với (d ):
1
(1,0)

0,25

 a  3

b  5

-Ta có x B = - 2  YB  2. Do đó đường thẳng (d) đi qua
điểm B(-2;2)
Thay tọa độ điểm B vào (d) ta tìm được b =8 (TM b  5)
Vậy a= - 3; b = 8 hay (d): y = - 3x + 8
 2 x  y  4
x  3 y  5

Giải hệ phương trình 

2
(1,0)

0,5
0.25

0.5

6 x  3 y  12
7 x  7



x  3 y  5
x  3 y  5
 x  1
 x  1


 1  3 y  5
 y  2

0.25
0.25
 x  1
 y  2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
3

3
1
(1,0)

2
Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm
số y = 2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3
 -1 – m = 3
 m=-4
Vậy m = - 4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3)

Gmail:

0.25
0.25
0.25
0.25


11
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương
trình:

1 2
x  2 x  m  1  x 2  4 x  2m  2  0 (1) ;
2

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm
phân biệt   '  0  6  2m  0  m  3

2
(1,0)

Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên
x1; x2 là nghiệm của phương trình (1)
và y1 = 2 x1  m  1 , y 2 = 2 x2  m  1
Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x 2 = 4, x1x 2 = 2m-2 .
Thay y1,y2 vào: x 1 x 2  y 1 +y 2   48  0

0,25
0.25

0,25

0.25

có x 1 x 2  2x 1 +2x 2 -2m+2   48  0
 (2m - 2)(10 - 2m ) + 48 = 0

 m 2 - 6m - 7 = 0  m = -1(thỏa mãn m<3)

hoặc m=7(không thỏa mãn m<3)
Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài
3.0

4
C

E

F
A

I

O

B

1
(1,0)
D

  900 (gt)
Tứ giác BEFI có: BIF

=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường trịn đường kính BF
  AD
 ,
-Vì AB  CD nên AC

suy ra .

Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và
2
(1,0) Suy ra: ∆ACF ഗ ∆AEC  AC  AE
AF

AC

 AE.AF = AC 2
Theo câu b) ta có
, suy ra AC là tiếp tuyến của
đường trịn ngoại tiếp ∆CEF (1).
3
(1,0)

Mặt khác
=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy
ra AC  CB (2).
Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn

Gmail:

0.25
0,25
0,5
0,25
0,5
0.25
0.5
0,25
0.25


12
ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn
ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung
nhỏ BC.
5

Ta có: (a  b)2  0  a 2  b2  2ab  (a  b)2  4ab; a 2  b 2 

(a  b) 2
2

3
4

Từ giả thiết a  b  3ab  1  a  b  1  3ab  1   a  b 2
2

2
 3  a  b   4  a  b   4  0   a  b  2 3  a  b   2  0  a  b  .
3
3ab 1  (a  b)
1
3
1


1  1  .
ab
ab
ab
2
2

a b
2

P

2

 a  b

2

2

2

2
    a 2  b2    .
9
9

12 ab
3ab
2 16
 a 2  b 2  4.
  a 2  b2   2   .
ab
ab
9 9

Giá trị lớn nhất của P bằng

a  b
1
16
khi 
 a b .
9
3
a  b  3ab  1

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

Gmail:

0.25

0.25

0.25
0.25


13

ĐỀ THI THỬ SỐ: 04

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1. (2.0 điểm)
Cho biểu thức M =

2 x 9
x5 x 6



2 x 1
x 3



x 3
2 x

(Với

x  0; x  4; x  9 )

1) Rút gọn M
2) Tìm x để M = 5
3)Tìm giá trị nguyên của x để M nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (2.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (3 - m)x + m - 1 (với
m  3) . Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = (m2 + 1)x + 2m -2.
2 x  y  3
x  3y  4

2) Giải hệ phương trình 

Câu 3. (2.0 điểm)
Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số).
1) Giải phương trình trên khi m = - 6.
2)Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1  x 2  3 .
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho đường trịn (O;R), đường kính BC; A là một điểm nằm trên đường trịn (A
khơng trùng với B và C). Đường phân giác trong AD (D thuộc BC) của tam giác ABC
cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là M. Vẽ đường thẳng DE vng góc với AB (E
thuộc AB), DF vng góc với AC (F thuộc AC).
1) Chứng minh rằng AEDF là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng AB.AC=AM.AD

3) Khi điểm A di động trên nửa đường trịn đường kính BC . Tìm vị trí của điểm
A để diện tích tứ giác AEMF nhất.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1
5

5 xy x  2 y  5

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

Gmail:


14
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 04

Câu
1

Ý

Nội dung
Với x  0; x  4; x  9
M=

1
(1,0)

=

x 





=

2 x 9











x 2


0,25

x  2

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

0,25



x 1

M 

0.5

x 3

5

 x 1  5 x  3

2
(0.5)

 

x  3 x  3  2 x 1
x 2 x 3

x  2

.M 5 





Điểm
2.0



0.5

x  1  5 x  15

 16  4 x
16
 4  x  16
4
Đối chiếu ĐKXĐ: x  0; x  4; x  9
 x

Vậy x = 16 thì M = 5
M=

3
(0.5)

x 1
x 3



x 34

4

1

x 3
x 3
x  3 là ước của 4  x  3 nhận các giá

Do M  z nên
trị: -4; -2; -1; 1; 2; 4
Lập bảng giá trị ta được:
x
4
2
1
1
x
/

 x  1; 4 ;16 ; 25 ; 49 

0.25

1
6

0.25

1
5

9
với x  4  x  1;16;25;49

2

’

2

-Điều kiện để đường thẳng (d) song song với (d ) :
1
(1,0)

m  1, m  2

m  1

0,75

2 x  y  3 2 x  y  3
5 y  5
x  1




x  3y  4
2 x  6 y  8  x  3 y  4
y 1

0.75

m 2  1  3  m

2 m  2  m  1

Vậy m = -2 thì đường thẳng (d) song song với (d’)
Giải hệ phương trình
2
(1,0)

Vậy hệ phương trình có duy nhất một nghiệm là (x,y)= (1;1)
3
Gmail:

0,25

0.25
2

1
(1,0)

15
Khi m = - 6, phương trình: x2 – 5x + m = 0 trở thành:
x2 – 5x - 6 = 0
Ta có: a – b + c = 1-(-5)-6 = 0
Suy ra phương trình có 2 nghiệm: x1   1; x 2  6
Ta có: ∆ = 25 – 4m
Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆  0  m 

2
(1,0)

25
(*)
4

Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2).
Mặt khác theo bài ra thì x1  x 2  3 . (3).

0,25
0,5
0,25
0,25
0.5
0,25

Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4)
Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn.
3.0

4

1
(1,0)

-Xét tứ giác AEDF có :
0
 AED=90 ( vì ED  AB)
0
 AFD=90 (vì DF  AC)
0
0
0
  AED +  AFD = 90 + 90 = 180
Mà hai góc này là 2 góc đối nhau của tứ giác AEDF nên
tứ giác AEDF là tứ giác nội tiếp.
-Xét  ABM và  ADC có :
và

2
(1,0)

Do đó  ABM ഗ  ADC (g-g)

3
(1,0)

Dễ chứng minh AEDF là hình vng nên AD  EF)
Gọi S là diện tích tứ giác AEMF, ta có:



AB
AD

 AB. AC  AM . AD
AM AC

Gmail:

0,25
0.25
0,25
0,25

0,25
0.25
0,5
0,25
0.25


16
1
2

1
2

S = AM.FE= AD.AM =

1
1
AB.AC  (AB2+AC2)/2
2
2

= 1/4(2R)2 = R2.
Suy ra diện tích của tứ giác AMEF lớn nhất = R2
Dấu “=” xảy ra khi AB =AC.
Suy ra điểm A nằm chính giữa cung AC.
Vậy Max S = R2 đạt được khi A là điểm chính giữa của cung
AC.
5

0,25
0.25

1
Ta có:
P

1
5
1
5

1
5
=




5 xy x  2 y  5 5 xy ( x  y )  y  5 5 xy y  8

1
xy
5
y  8 xy  y  8
P




5 xy 20 y  8
20
20

Ta lại có:

xy  y  8 y( x  1)  8


20
20

 x  y  1
4
20

0,25

2

8



3
5

Khi đó:
 1
xy   5
y  8 
xy  y  8
P  


 

20   y  8
20 
20
 5 xy
1

3
3
 P 
1
 P 
5
5
5
x  1
3
Vậy PMin   
5
y  2

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

Gmail:

0,25

0,25
0.25


17

ĐỀ THI THỬ SỐ: 05

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023

Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1. (2.0 điểm)
Cho biểu thức: P = (

4 x
8x
x 1
2

):(

)
2 x 4 x
x2 x
x

1) Rút gọn P
2)Tìm giá trị của x để P = -1
Câu 2. (2.0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b
Tìm a; b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 và đi qua
điểm A(-1;3).
2 x  y  1  2 y
2) Giải hệ phương trình 
3 x  y  3  x

Câu 3. (2.0 điểm)

1) Giải phương trình : x2 + 4x + 3 = 0
2) Cho phương trình : x2 + 2x + m – 1 = 0 ( m là tham số) . Tìm giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức :3x1+ 2x2 = 1
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho nửa đường tròn (O, R), đường kính AB. Điểm Mdi chuyển trên nửa đường
trịn (M khác A và B), C là trung điểm của dây cungAM. Đường thẳng d là tiếp tuyến
với nửa đường tròn tại B. Tia AM cắt d tại điểm N. Đường thẳng OC cắt d tại E.
1) Chứng minh: Tứ giác OCNB là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: AC.AN = AO.AB và NO vng góc với AE
3) Tìm vị trí điểm M sao cho (2.AM + AN) nhỏ nhất
1 1
Câu 5 (1,0 điểm) Cho 2 số dương a, b thỏa mãn   2 .
a b
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q

1
1
 4 2
2
a  b  2ab b  a  2ba2
4

2

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

Gmail:

18
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 05

Câu
1

Ý

Nội dung

x  0, x  4

ĐKXĐ:
Ta có:

 4 x ( 2  x )  8 x   x  1  2( x  2) 
:

x ( x  2) 
 (2  x )(2  x )  

P =
1.1
( 1 đ)




8 x  4x

:

(2  x )(2  x)
4 x
2 x



.

3 x

Điểm
2.0
0,25
0.25
0,25

x ( x  2)

 x (2  x )
3 x

0.25

4 x
x 3

P = -1



1.2
(1 đ)

4 x
x 3

 1  4 x   x  3

5 x 3 x

9
(TM )
25

0.25
0.5
0.25

Vậy x = 9/25
2

2
2.1
(1.đ)

2
2 x  y  1  2 y
2 x  y  1



3x  y  3  x
4 x  y  3
2 x  2
x  1


 2 x  y  1  y  1

0,25
0,5
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là : (x,y)=(1;-1)
-Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên
2.2
(1.đ)

b=5

0.5

-Đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;3) nên :3=a.(-1) +5
 a=2

0.5

3

2
2

Phương trình : x + 4x + 3 = 0
1
(1,0)

Ta có :a - b+c = 1 – 4 +3 = 0

0,5

Suy ra phương trình có 2 nghiệm : x1   1; x 2   3

0,5

Gmail:


19
Phương trình : x + 2x + m -1= 0 ( m là tham số)
2

Ta có ’ = 12 – (m -1) = 2 – m

2
(1,0)

Phương trình có nghiệm    0  2 – m  0  m  2 (*)
Khi đó theo định lí vi-et ta có:
x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – 1 (2)

Theo bài ra ta có : 3x1+2x2 = 1 (3)
Từ (1) và (3) ta có:

0,25
0.5
0,25

 x1  x2  2
2 x1  2 x2  4
 x1  5
 x1  5




3x1  2 x2  1 3x1  2 x2  1
 x1  x2  2
 x 2  7

Thế vào (2) ta có: 5(-7) = m -1  m = - 34 (Thỏa mãn (*))
Vậy m = -34 là giá trị cần tìm
3.0

4

1
(1,0)

0,25
0,25

0,5


Theo tính chất dây cung ta có: OC  AM  OCN
 90o

BN là tiếp tuyến của (O) tại B  OB  BN  OBN
 90o

Xét tứ giác OCNB có tổng góc đối:


OCN
 OBN
 90o  90o  180o

2
(1,0)

Do đó tứ giác OCNB nội tiếp
Chỉ ra được: ACO  ABN (g-g)
Khi đó:

AC AB

 AC. AN  AO. AB (đpcm)
AO AN

Gmail:

0,25
0,25


20
Theo chứng minh trên ta có:
OC  AM  EC  AN  EC là đường cao của ANE 1

0.25

OB  BN  AB  NE  AB là đường cao của AME  2 

0,25

Từ (1) và (2)  O là trực tâm của ANE (vì O là gia điểm của
AB và EC)  NO là đường cao thứ ba của ANE. Suy ra
NO  AE (đpcm).
Ta có: 2.AM  AN  4 AC  AN (vì C là trung điểm của AM)
0.25

4 AC. AN  4 AO. AB  4 R.2 R  8 R 2

Áp dụng BĐT Cơ-si cho hai số dương ta có:

0,25

4 AC  AN  2 2 AC. AN  2. 8R 2  4 2 R

Suy ra tổng 2.AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC  AN
3

(1,0)

 AN  2 AM  M là trung điểm của AN

Khi đó ABN vng tại B có BM là đường trung tuyến
nên AM  MB  AM  BM

0,25
0,25

Suy ra tổng 2.AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC  AN
 AN  2 AM  M là trung điểm của AN

5

Vậy với M là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính
AB thì 2AM  AN nhỏ nhất bằng 4 2R.
Ta có: Với a  0; b  0 ta có:
( a 2  b) 2  0  a 4  2 a 2 b  b 2  0  a 4  b 2  2 a 2 b
 a 4  b 2  2ab 2  2 a 2b  2 ab 2 

Tương tự có

1
1

(1)
2
a  b  2ab
2ab  a  b 

4

1
1

2
b  a  2a b 2ab  a  b 
4

Từ (1) và (2)  Q 

2

0,25

2

(2) .

0,25

1
ab  a  b 

0.25

1 1
Vì   2  a  b  2ab mà a  b  2 ab  ab  1
a b
1

1
Q
 .
2
2(ab)
2
1
2

Khi a = b = 1 thì  Q  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
------------------------Hết --------------------

Gmail:

0,25
1
2


21
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI THỬ SỐ: 06

ĐỀ BÀI
Câu 1 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.

2 x  3 y  7
 x  5 y  3

2.Giải hệ phương trình: 
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức B =

1   1
1 
1
 1



:

1

x
1

x
1

x
1

x
1


x

 


(với x > 0; x  1)

1. Rút gọn B.
2. Tính giá trị của B khi x = 7  4 3 .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và
parabol (P): y =

1 2
x .
2

1.Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)
2.Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) và ( x2 ; y2 ) thỏa mãn
điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  84  0
Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao
AD, BE  D  BC; E  AC  lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường trịn. Xác định tâm I
của đường trịn đó.
2.Chứng minh rằng: MN // DE.
3.Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường trịn ngoại
tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
Câu 5: (1,0 điểm).
Cho 2 số dương a, b thỏa mãn

1 1

  2.
a b

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q

1
1

a4  b2  2ab2 b4  a2  2ba2

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

Gmail:


22
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ: 06

Câu

Nội dung
1) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x 

 13 y  13
1
2) Hệ đã cho tương đương với hệ : 
 x  5 y  3
(2,0đ)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2;1) .

1) B =

1 x 1 x  1 x 1 x 
1

:

1 x
1 x

 
 1 x

2
(2,0đ) 2) Ta có: 7  4 3  2  3



Vậy B =



2

nên

=

7
2

y 1
x  2

0,5



0,5
1
1
=

x 1 x

1
.
xx

x  2 3 2 3

1
= 1 = 1 5  3 3 .
2 3 74 3 53 3 2



Điểm

1,0



1) Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay x  2; y  3 vào hàm số:

1,0
0,5
0,5
1,0

y  2 x  b  1 ta có: 2  2   b  1  3  b  6 .

2) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
0,25
1 2
x  2 x  b  1  x 2  4 x  2b  2  0 (1).
2
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
0,25
  '  0  6  2b  0  b  3 .
3
(2,0đ) Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là
nghiệm của phương trình (1) và y1  2 x1  b  1, y2  2 x2  b  1 .
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2b  2 .Thay y1,y2 vào
x1 x2  y1  y2   84  0 ta có: x1 x2  2 x1  2 x2  2b  2   84  0

0,25

  2b  2 10  2b   84  0  b 2  6b  16  0

 b  2 (thỏa mãn b  3 ) hoặc b  8 (không thỏa mãn b  3 )
Vậy b  2 thỏa mãn đề bài.

4
(3đ)

1

Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :

ADB  900 và 
AEB  900

ADB  
AEB  900 nên bốn điểm A, E, D, B
Xét tứ giác AEDB có 
cùng thuộc đường trịn đường kính AB.
Tâm I của đường trịn này là trung điểm của AB.
Xét đường trịn (I) ta có: góc D1 = góc B1 (cùng chắn cung AE)
2
Xét đường trịn (O) ta có: góc M1 = góc B1 (cùng chắn cung AN)

Gmail:

0,25

1,0

1,0

23
Suy ra: góc D1 = góc M1 = > MN//DE (do có hai góc đồng vị bằng
nhau).
A
N
K
E
I
O
H
1

1

B

D

C

1

M

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.

 900 (do AD  BC )
*) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH


CDH
 900 (do BE  AC )


 CDH
 1800 , do đó CDHE nội tiếp đường trịn đường
suy ra CEH
kính CH.
Như vậy đường trịn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường trịn đường kính

CH, có bán kính bằng

CH
.
2

*) Kẻ đường kính CK, ta có:
3 
KAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  KA  AC ,
mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH
(1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH
(2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại
có O là trung điểm của CK vậy nên OI 

CH
(t/c đường trung bình)
2

Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường
trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln khơng đổi.

Gmail:

1.0


24
Ta có: Với a  0; b  0 ta có: (a  b)  0  a 4  2a 2b  b 2  0  a 4  b 2  2a 2b
2

 a 4  b 2  2ab 2  2 a 2b  2 ab 2 

Tương tự có

2

1
1

2
b  a  2a b 2ab  a  b 
4

2

0,25

1
1

(1)
4
2
2
a  b  2ab
2ab  a  b 

0,25

(2) .

0.25

1
5
Từ (1) và (2)  Q 
ab  a  b 
(1đ)

0,25

1 1
  2  a  b  2ab mà a  b  2 ab  ab  1
a b
1
1

Q
 .
2
2(ab)
2

Vì

1
2

Khi a = b = 1 thì  Q  . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
------------------------Hết --------------------

Gmail:

1
2


25

ĐỀ THI THỬ SỐ: 07

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2022- 2023
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI

Câu 1 (2,0 điểm)


Cho biểu thức P  

y

 y 1



1   1
2 

 : 

y  y   y  1 y  1 

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của y để P có giá trị lớn hơn 1
Câu 2 (2,0 điểm)
4 x  y  6
1) Giải hệ phương trình sau: 
x  y  4
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x - m +1 Tìm
m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).
Câu 3 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2 - 2mx + m2 – m + 1 = 0 (với m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 1
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Tìm m để biểu thức A = x1.x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngồi đường trịn. Từ A kẻ hai
tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường tròn (B, C, M, N thuộc đường
tròn và AM < AN). Gọi E là trung điểm của dây MN, I là giao điểm thứ hai của
đưởng thẳng BE với đường tròn. Chứng minh:
a) Bốn điểm A, O, E, B cùng thuộc đường trịn.
b) CI // MN.
c) Xác định vị trí điểm N để diện tích tam giác AIN lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: a  b  3ab  1 .
6ab
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
 a 2  b2 .
ab
------------------------Hết -------------------Gmail: