Bộ 10 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán Lạng Sơn (Có đáp án)

ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2023-2024
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu
Câu 1: (2,5 điểm)
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
A=36-4 	B=(4-15)2+15 	C=12+273 
b) Cho biểu thức: P=1x-3+1x-9:x+4x+3 với x≥0;x≠9.
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm giá trị của x để P=12.
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Vẽ đường thẳng (d):y=3x-2
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số (P):y=x2 với đường thẳng (d):y=3x-2.
Câu 3: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình x+y=53x-2y=5.
b) Giải phương trình x2-9x+14=0.
c) Cho phương trình x2-(m+2)x+m-3=0 *, với m là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình * luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5.
Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H (với D∈BC,E∈CA,F∈AB).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh rằng △EAD∼△EFC.
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M(M≠D); DF cắt đường tròn đường kính AB tại NN≠D. Gọi K=FM∩EN. Chứng minh rằng AF=AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥32
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Tính giá trị các biểu thức sau:
A=36-4 	B=(4-15)2+15 	C=12+273 
Ta có A=36-4=62-22=6-2=4
B=(4-15)2+15=|4-15|+15=4-15+15=4
C=12+273=4.3+9.33=23+333=533=5
Vậy A=4,B=4,C=5.
b) Cho biểu thức: P=1x-3+1x-9:x+4x+3 với x≥0;x≠9.
1) Rút gọn biểu thức P.
Ta có P=1x-3+1x-9:x+4x+3
=1x-3+1x-3x+3.x+3x+4
=x+3(x-3)(x+3)+1(x-3)(x+3).x+3x+4
=x+4(x-3)(x+3).x+3x+4
=1x-3
Vậy P=1x-3 với x≥0;x≠9.
2) Tìm giá trị của x để P=12.
Ta có P=1x-3 với x≥0;x≠9.
Để P=12
⇔1x-3=12
⇔x-3=2
⇔x=5
⇔x=25(TM)
Vậy để P=12 thì x=25.
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Vẽ đường thẳng (d):y=3x-2
Với x=0⇒y=3.0-2=-2
Với x=1⇒y=3.1-2=1
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm: A(0;-2) và B(1;1) ta được đồ thị (d) : y=3x-2 như sau:
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số (P):y=x2 với đường thẳng (d):y=3x-2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta được:
x2=3x-2
⇔x2-3x+2=0
⇔x2-x-2x+2=0
⇔x(x-1)-2(x-1)=0
⇔(x-1)(x-2)=0
⇔x-1=0x-2=0⇔x=1x=2
Với x=1⇒y=12=1
Với x=2⇒y=22=4
Vâyy (d) và (P) cắt nhau tại 2 giao điểm là: (1;1) và (2;4)
Câu 3: (2,5 điểm)
Cách giải:
a) Giải hệ phương trình x+y=53x-2y=5.
x+y=53x-2y=5⇔2x+2y=103x-2y=5⇔x+y=55x=15⇔⇔y=5-xx=3⇔⇔y=2x=3
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(3;2).
b) Giải phương trình x2-9x+14=0.
phương trình x2-9x+14=0 có Δ=(-9)2-4.1.14=81-56=25>0 phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1=9-252.1=2x2=9+252.1=7
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=2x2=7.
c) Cho phương trình x2-(m+2)x+m-3=0 *, với m là tham số.
1) Chứng minh rằng phương trình * luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Phương trình x2-(m+2)x+m-3=0(*) có Δ=[-(m+2)]2-4⋅1⋅(m-3)=m2+4m+4-4m+12=m2+16>0 với mọi m.
Vậy phương trình * luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5.
Gọi x1,x2 là nghiệm của x1,x2.
Áp dụng định lí Vi - ét ta có: x1+x2=m+2x1-x2=m-3 thay vào x1+x2+2x1x2>5 ta có:
m+2+2(m-3)>5
⇔3m-4>5
⇔m>3.
Vậy với m>3 thì phương trình * có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2+2x1x2>5.
Câu 4: (3,5 điểm) 
Cách giải:
Cho tam giác ABC không cân và có ba góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H (với D∈BC,E∈CA,F∈AB).
a) Chứng minh rằng tứ giác AFHE nội tiếp.
Ta có: ∠AFH=∠AEH=90∘ (do BE⊥AC,CF⊥AB ).
⇒∠AFH+∠AEH=90∘+90∘=180∘.
Mà 2 đỉnh E,F là hai đỉnh đối diện của tứ giác AFEH.
Vậy AFEH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180∘).
b) Chứng minh rằng △EAD∼△EFC.
Xét tứ giác CDHE có:
∠CEH=∠CDH=90∘ (do AD⊥BC,BE⊥AC
⇒∠CEH+∠CDH=90∘+90∘=180∘
Mà 2 đỉnh E,D là hai đỉnh đối diện của tứ giác CDHE.
⇒CDHE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180∘ ).
⇒∠HCE=∠HDE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE ).
⇒∠FCE=∠ADE.
Vì AFEH nội tiếp (cmt) ⇒∠HAE=∠HFE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE ).
⇒∠DAE=∠CFE
Xét △EAD và △EFC có:
∠ADE=∠FCE(cmt)
∠DAE=∠CFE(cmt)
⇒△EAD∼△EFC( g.g)(dpcm)
c) Kẻ DE cắt đường tròn đường kính AC tại M(M≠D); DF cắt đường tròn đường kính AB tại NN≠D. Gọi K=FM∩EN. Chứng minh rằng AF=AM và đường thẳng EF đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
+) Chứng minh AF=AM.
Xét đường tròn đường kính AC ta có:
∠AMF=∠ACF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF ).
∠AFM=∠ADM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM ).
Mà ∠FCE=∠ADE(cmt)⇒∠ACF=∠ADM.
⇒∠AMF=∠AFM⇒△AMF cân tại A (định nghĩa) ⇒AF=AM (tính chất tam giác cân) (đpcm).
+) Chứng minh đường thẳng EF đi qua trung điểm của đọan thẳng HK.
Xét tứ giác BDHF có: ∠BFH=∠BDH=90∘ (do CF⊥AB,AD⊥BC
⇒∠BFH+∠BDH=90∘+90∘=180∘
Mà 2 đỉnh F,D là hai đỉnh đối diện của tứ giác BDHF
⇒BDHF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180∘ ).
⇒∠FBH=∠FDH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH )
⇒∠ABE=∠ADN
Tương tự xét đường tròn đường kính AB ta có:
∠ANE=∠ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE ).
∠AEN=∠ADN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN ).
Mà ∠ABE=∠AND(cmt)⇒∠ANE=∠AEN⇒△ANE cân tại A (định nghĩa)
⇒AE=AN (tính chất tam giác cân)
Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AC và AB
⇒I,J lần lượt là tâm đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính AB.
Vì AM=AF(cmt)⇒A thuộc trung trực của FM.
ViIM=IF (do I là tâm đường tròn đường kính AC ) ⇒I thuộc trung trực của FM.
⇒IA là trung trực của FM⇒IA⊥FM⇒FK⊥AC.
Mà HE⊥AC( do BE⊥AC).
⇒FK//HE (từ vuông góc đến song song)
Vì AE=AN(cmt)⇒A thuộc trung trực của EN.
Vì JE=JN (do J là tâm đường tròn đường kính AB)⇒J thuộc trung trực của AN.
⇒JA là trung trực của EN⇒JA⊥EN⇒EK⊥AB.
Mà HF⊥AB(doCF⊥AB)
⇒EK//HF (từ vuông góc đến song song)
Từ (1) và (2) ⇒> EHFK là hình bình hành (dhnb)
=> Hai đường chéo EF và HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy EF đi qua trung điểm của HK (đpcm).
Câu 5: (0,5 điểm) 
Cách giải:
Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥32
Ta có:
a3a2+b=aa2+b-aba2+b=a-aba2+b
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2+b≥2a2b=2ab.
⇒aba2+b≤ab2ab=b2
⇒a-aba2+b≥a-b2
⇒a3a2+b≥a-b2
Chứng minh tương tự ta có:
b3b2+c≥b-c2
c3c2+a≥c-a2
Cộng vế theo vế ba bất phương trình ta được:
a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥(a+b+c)-a+b+c2=3-a+b+c2
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
(a+b+c)2≤3(a+b+c)=3.3=9⇒a+b+c≤3.
Vây a3a2+b+b3b2+c+c3c2+a≥3-32=32(dpcm).
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu

Câu 1 (2,5 điểm).
a. Tính giá trị của các biểu thức: A=81-16; B=(11+2)2-11.
b. Cho biểu thức: P=1a-1+2a-a⋅2aa+2, với a>0 và a≠1.
1, Rút gọn biểu thức P.
2, Tính giá trị của P khi a=3+22.
Câu 2 (2,0 điểm).
a. Vẽ đồ thị hàm số y=x-3.
b. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y=-2x2 và đường thẳng y=x-3.
c. Cho phương trình bậc hai với tham số m: x2-2(m+1)x+2m-3=0 (1).
1) Giải phương trình (1) khi m=0.
2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m.
Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn: x1+x2-2x1x2=1.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a. x4-3x2+2=0.
b. 2x+y=9x-y=3.
Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB. Dây cung MN vuông góc với AB,(AM<BM). Hai đường thẳng BM và NA cắt nhau tại K. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến đường thẳng AB.
a. Chứng minh rằng tứ giác AHKM nội tiếp trong một đường tròn.
b. Chứng minh rằng NB.HK=AN.HB.
c. Chứng minh HM là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Câu 5 (0,5 điểm). Cho các số thực a,b,c dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P=a(a+b)(a+c)+2b(b+c)(b+a)+c(c+a)(c+b)
-----HẾT-----
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (2,5 điểm).
Cách giải:
a. Tính giá trị của các biểu thức: A=81-16; B=(11+2)2-11.
Ta có:
A=81-16
A=92-42
A=9-4
A=5
B=(11+2)2-11
B=|11+2|-11
B=11+2-11
B=2
Vậy A=5,B=2.
b. Cho biểu thức: P=1a-1+2a-a⋅2aa+2, với a>0 và a≠1.
1) Rút gọn biểu thức P.
Với a>0 và a≠1 ta có:
P=1a-1+2a-a.2aa+2
P=1a-1+2a(a-1).2aa+2
P=a+2a(a-1).2aa+2
P=2a-1
Vậy với a>0 và a≠1 thì P=2a-1.
2) Tính giá trị của P khi a=3+22.
Ta có: a=3+22=(2)2+22⋅1+12=(2+1)2⇒a=(2+1)2=|2+1|=2+1
Thay a=2+1(TMDK) vào biểu thức P sau rút gọn ta có:
P=22+1-1=22=2
Vậy với a=3+22 thì P=2.
Câu 2 (2,0 điểm).
Cách giải:
a. Vẽ đồ thị hàm số y=x-3.
Cho x=0⇒y=-3⇒A(0;-3).
Cho y=0⇒x=3⇒B(3;0)
⇒ Đường thẳng y=x-3 đi qua 2 điểm A(0;-3) và B(3;0).
Đồ thị:
b. Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y=-2x2 và đường thẳng y=x-3.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=-2x2 và đường thẳng y=x-3 ta có:
-2x2=x-3⇔-2x2-x+3=0
Ta có: Δ=(-1)2-4.-2.3=1+24=25>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1=-b+Δ2a=1+52.(-2)=-32;x2=-b-Δ2a=1-52(-2)=1
Với x1=-32⇒y1=-32-3=-92⇒A-32;-92
Với x2=1⇒y2=1-3=-2⇒B(1;-2)
Vậy hai giao điểm cần tìm là A-32;-92 và B(1;-2).
c. Cho phương trình bậc hai với tham số m: x2-2(m+1)x+2m-3=0 (1).
1) Giải phương trình (1) khi m=0.
Thay m=0 vào phương trình (1) ta có: x2-2x-3=0
Δ=(-2)2-4(-3)=4+12=16>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1=-b+Δ2a=2+162=3;x2=-b+Δ2a=2-162=-1
Vậy với m=0 phương trình có tập nghiệm S={3;-1}.
2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 với mọi m. Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn: x1+x2-2x1x2=1.
Xét phương trình x2-2(m+1)x+2m-3=0
Ta có: Δ'=(m+1)2-(2m-3)=m2+2m+1-2m+3=m2+4>0 với mọi m
Khi đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2.
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1+x2=-ba=2(m+1)x1x2=ca=2m-3
Ta có: x1+x2-2x1x2=1
⇔2(m+1)-2(2m-3)=1
⇔2m+2-4m+6=1
⇔-2m+8=1
⇔-2m=-7
⇔m=72
Vậy m=72 là giá trị cần tìm.
Câu 3 ( 1,5 điểm):
Cách giải:
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a. x4-3x2+2=0.
Đặt x2=t (Điều kiện: t>0 )
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t2-3t+2=0
Phương trình (1) có: a+b+c=1+(-3)+2=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt