Bộ 29 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán Thanh Hóa (Có đáp án)

ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC: 2024 – 2025
Môn thi: TOÁN
(Dùng chung cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu I. 
	Cho biểu thức (với và )
	1. Rút gọn biểu thức P
	2. Tìm tất cả các giá trị của x để .
Câu II.
1. Cho hai đường thẳng và . Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(1; 5) và giao điểm của hai đường thẳng .
2. Giải hệ phương trình 
Câu III. Cho phương trình (m là tham số)
1. Giải phương trình khi m = 1.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn
Câu IV. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Tia phân giác của góc BAC cắt đường thẳng BD và đường tròn (O) lần lượt tại M và I (I khác A). Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại K (K khác B), hai đường thẳng AC và IK cắt nhau tại Q.
1. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
2. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng QH và AB. Chứng minh đường thẳng MQ song song với đường thẳng BC và AI là đường trung trực của PQ.
3. Đặt BC = x, DE = y. Tính độ dài đoạn thẳng MQ theo x, y.
Câu V. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
---------HẾT---------
Họ và tên thí sinh: 	SBD: 	
Chữ ký của CMCT1: 	Chữ ký của CMCT2: 	
ĐÁP ÁN
Câu 1:
1. Điều kiện: và 
P=x-13x-1-13x+1+8x9x-1:1-3x-23x+1
P=(x-1).(3x+1)(3x-1).(3x+1)-3x-1(3x+1).(3x-1)+8x(3x-1).(3x+1):3x+13x+1-3x-23x+1
P=3x+x-3x-1-3x+1+8x(3x+1).(3x-1):3x+1-3x+23x+1
P=3x+3x(3x+1)(3x-1):33x+1
P=3x.(x+1)(3x+1)(3x-1).3x+13=x(x+1)3x-1
Vậy P=x.(x+1)3x-1
2. 	
	x.(x+1)3x-1=32
	x.(x+1)3x-1-32=0
	2(x+x)2(3x-1)-3(3x-1)2(3x-1)=0
	2x+2x-9x+32(3x-1)=0
	2x-7x+32(3x-1)=0
	2x-7x+3=0
	2x-6x+3-x=0
	2x(x-3)-(x-3)=0
	(x-3)(2x-1)=0
	&x-3=0&2x-1=0⇔&x=3&x=12⇔&x=9(t/m)&x=14(t/m)
Vậy với x thuộc tập thì .
Câu 2:
1. Hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của phương trình:
	x + 5 = 3x + 1
	2x = 4
	x = 2
	y = 7	
Vậy giao điểm của hai đường thẳng là B(2; 7).
Ta có đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(1; 5) và B(2; 7) nên thay tọa độ hai điểm vào phương trình đường thẳng ta có:
	&5=a+b&7=2a+b⇔&a=2&b=3
Vậy a = 2; b = 3 thì đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm A(1; 5) và giao điểm của hai đường thẳng .
2. Điều kiện: &x≥18&y≥-4
Đặt &x-18=a&y+4=b, điều kiện khi đó hệ phương trình trở thành 
	&2a-3b=-5&4a+5b=23⇔&11b=33&4a+5b=23⇔&x=22(tm)&y=5(tm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (22; 5).
Câu 3:
1. Thay m = 1 vào phương trình x2-5x+4m2=0, ta có
	x2-5x+4=0
Ta có: a + b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm là x = 1; x = 4.
2. x13+x23+16x1x2-5m2+m-113<13m-m2
Xét 
Phương trình ban đầu có hai nghiệm khi 
Theo hệ thức Vi-et ta có: &x1+x2=5&x1x2=4m2
Ta có: x13+x23+16x1x2-5m2+m-113<13m-m2
	⇔(x1+x2)(x12-x1x2+x22)+16.4m2-5m2+m-113<13m-m2
	⇔5(x1+x2)2-5.2x1x2-5.4m2+59m2+m-113<13m-m2
	⇔5.(52-2.4m2-4m2)+59m2+m-113<13m-m2
	⇔5(25-12m2)+59m2+m-113<13m-m2
	⇔125-60m2+59m2+m-113<13m-m2
	⇔m2-m-12<13m-m2
Điều kiện 
Bất phương trình ⇔-(13m-m2)<m2-m-12<13m-m2
	⇔-13m+m2<m2-m-12<13m-m2
	⇔&2m2-14m-121
	⇔&7-7321
Kết hợp điều kiện ta thấy 
Vậy thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4:
1. Do BD và CE là đường cao của tam giác ABC nên 
	CE⊥AB,BD⊥AC⇒CEQ=BDA=90∘
Xét tứ giác AEHD có: AEH+ADH=90∘+90∘=180∘
Mà hai góc này ở vị trí đối diện suy ra tứ giác AEHD nội tiếp.
2. Ta có: AMK=12(sdAK+sdBI)
	AQK=12(sdAK+sdCI)
Mà sdBI=sdCI (do AI là phân giác của góc BAC)
⇒AMK=AQK
Mà hai góc này ở vị trí kề nhau, cùng nhìn AK dưới hai góc bằng nhau
Nên A, M, Q, K cùng thuộc một đường tròn.
⇒KMQ=KAQ (góc nội tiếp cùng chắn cung KQ)
Mà KAQ=KAC=KBC (góc nội tiếp cùng chắn cung KC)
⇒KMQ=KBC(=KAC)
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MQ // BC
Tam giác ABC có H là trực tâm nên 
Do MQ // BC nên 
Xét tam giác AHQ có HD, MQ là đường cao cắt nhau tại M
	 M là trực tâm của tam giác AHQ
Tam giác APQ có AM vừa là đường cao vừa là phân giác nên đồng thười là trung trực.
Chứng tỏ AI là trung trực của PQ.
3. Xét tam giác ADE và tam giác ABC có
	BAC chung
	ADE=ABC (góc ngoài đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp)
⇒ΔADE~ΔABC(g.g)
⇒DEBC=ADAB=yx
Ta có: DMMB=yx⇒DMBD=yx+y
Do MQ // BC ⇒MQBC=DMDB⇒MQx=yx+y⇒MQ=xyx+y
Câu 5:
Đặt x = 2a, y = b.
Do 8a2+2b2=1⇔2(x2+y2)=1
	T=4a-b-11+b-2a-2b+11+2a-6a+3b-60776a+3b
	=2x-y-11+y-x-2y+11+x-3x+3y-60773x+3y
	=2xy+1-1+2yx+1-1+60773(x+y)-1
	=2xy+1+2yx+1+60773(x+y)-3
	=2x2xy+x+2y2xy+y+60773(x+y)-3≥2(x+y)22xy+x+y+60773(x+y)-3
Do x2+y2≥2xy⇒2xy≤12
(x+y)2≤2(x2+y2)⇒x+y≤2(x2+y2)=1
⇒2xy+x+y≤12+1=32
⇒T≥2(x+y)232+60773(x+y)-3
	=43(x+y)2+43(x+y)+43(x+y)+2023x+y-3
	≥43.3+20231-3=2024
Dấu “=” có khi x=y=12⇔&a=14&b=12
---------HẾT---------
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2023-2024
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu I (2,0 điểm).
Cho biếu thức P=xx+2+x+1x-2-2+5xx-4 với x≥0,x≠4.
1. Rút gọn biểu thức P
2. Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1
Câu II (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) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M(-1;2) 
2. Giải hệ phương trình 3x+y=6x-y=-2 .
Câu III (2,0 điểm).
1. Giải phương trình x2-3x+2=0.
2. Cho phương trình x2-2mx-m2-2=0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2 ) thỏa mãn hệ thức x2-2x1-3x1x2=3m2+3m+4. 
Câu IV (3,0 điểm).
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến (O) (với A,B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh MN2=ND.NA.
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh HAHD2-ACHN=1.
Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn 4x2+y2+4z2≤6y.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=8(x+3)2+16(y+4)2+1(z+1)2+2023.
---------HẾT---------
Họ và tên thí sinh: 	SBD: 	
Chữ ký của CMCT1: 	Chữ ký của CMCT2: 	
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu I (2 điểm)
Cho biểu thức P=xx+2+x+1x-2-2+5xx-4 vói x≥0,x≠4.
1. Rút gọn biểu thức P
Ta có P=xx+2+x+1x-2-2+5xx-4 
=x(x-2)(x-2)(x+2)+(x+1)(x+2)(x-2)(x+2)-2+5x(x-2)(x+2)
=x-2x+x+3x+2-2-5x(x-2)(x+2)
=2x-4x(x-2)(x+2)
=2x(x-2)(x-2)(x+2)
=2xx+2
Vây P=2xx+2 với x≥0,x≠4
2. Tìm tất cả các giá trị của x để P>1.
Để P>1
2xx+2>1⇔2x>x+2 (do x+2>0 )
⇔x>2
⇔x>4
Đối chiếu với điều kiện x≥0,x≠4, để P>1 thì x>4
Câu II (2,0 điểm).
Cách giải:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y=ax+b. Tìm a,b để đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M(-1;2).
Vì (d) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra: a=3.
Khi đó phương trình đường thẳng (d) có dạng y=3x+b
Vì (d) đi qua điểm M(-1;2) nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng (d) ta được:
2=3.(-1)+b⇔2=-3+b⇔b=5
Vậy a=3;b=5.
2. Giải hệ phương trình 3x+y=6x-y=-2
Ta có: 3x+y=6x-y=-2⇔4x=4y=x+2⇔x=1y=3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y)=(1;3).
Câu III (2,0 điểm).
Cách giải:
1. Giải phương trình x2-3x+2=0.
Xét phương trình x2-3x+2=0 có a+b+c=0 nên ta có phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=1x2=ca=2
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=1x2=2.
2. Cho phương trình x2-2mx-m2-2=0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 (với x1<x2 ) thỏa mãn hệ thức x2-2x1-3x1x2=3m2+3m+4.
Xét phương trình x2-2mx-m2-2=0 
có Δ'=(-m)2-1.-m2-2=m2+m2+2=2m2+2>0 với mọi m.
Áp dụng định lí Vi - ét ta có: x1+x2=2mx1x2=-m2-2.
Nhận thấy x1x2=-m2-2<0 với mọi m 
nên phương trình có hai nghiệm trái dấu x1<0<x2.
x2-2x1-3x1x2=3m2+3m+4
⇔x2+2x1-3x1x2=3m2+3m+4
⇔2x1+x2-3-m2-2=3m2+3m+4
⇔2x1+x2+3m2+6=3m2+3m+4
⇔2x1+x2=3m-2
Ta có hệ phương trình x1+x2=2m2x1+x2=3m-2⇔x1=m-2x2=2m-m+2=m+2
Thay vào x1x2=-m2-2 ta được phương trình
(m-2)(m+2)=-m2-2
⇔m2-4=-m2-2
⇔2m2=2
⇔m2=1
⇔m=1m=-1
Vậy m=1m=-1 thóa mãn yêu cầu bài toán.
Câu IV ( 3,0 điểm)
Cách giải:
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến (O) (với A,B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O, đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại D (D khác C).
1. Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O)(gt)⇒∠MAO=∠MBO=90∘.
⇒∠MAO+∠MBO=90∘+90∘=180∘.
Mà A,B là hai đỉnh đối diện của tứ giác MAOB.
Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (dhnb).
2. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AD và MO. Chứng minh MN2=ND.NA.
Ta có: ∠MDN=∠ADC (đối đỉnh), ∠ADC=∠ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
⇒∠MDN=∠ABC.
Mà ∠ABC=∠ABO=∠AMO=∠AMN (hai góc nội tiếp củng chắn cung AO ).
⇒∠MDN=∠AMN
Xét △MND và △ANM có:
∠ANM chung
∠MDN=∠AMN (cmt)
⇒△MND ~△ANM( g.g)
⇒MNNA=NDMN (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒MN2=ND.NA(dpcm).
3. Gọi H là giao điểm của MO và AB. Chứng minh HAHD2-ACHN=1.
Xét △MAD và △MCA có:
∠AMC chung
∠MAD=∠MCA (góc nội tiếp và góc tạo bời tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD ).
⇒△MAD ~△MCA(g-g)
⇒MAMC=MDMA (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒MA2=MC.MD
Ta có: OA=OB(=R)⇒O thuộc trung trực của AB.
MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒M thuộc trung trực của AB.
⇒OM là trung trực của AB⇒OM⊥AB tại H.
Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
MA2=MHMO
Từ (1), (2) ⇒MC.MD=MH.MO⇒MCMH=MOMD.
Xét △MOC và △MDH có:
∠OMC chung
MCMH=MOMD(cmt)
⇒△MOC-△MDH(g.g)
⇒∠MHD=∠MCO (hai góc tương ứng)
Mà ∠MCO=∠DCB=∠DAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB )
⇒∠MHD=∠DAB.
Mà ∠MHD+∠DHA=∠AHM=90∘.
⇒∠DAB+∠DHA=90∘⇒△ADH vuông tại D (tam giác có tổng hai góc bằng 90∘ ).
⇒HD⊥AN tại D.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ADH có: HA2=AD2+HD2.
Biến đồi HAHD2-ACHN=1 ta có:
HAHD2-ACHN=1⇔AD2+HD2HD2=1+ACHN
⇔AD2HD2+1=1+ACHN⇔AD2HD2=ACHN
Xét tam giác AHN vuông tại H, có đường cao HD ta có: HD2=AD.DN (hệ thức lượng trong tam