KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2023 - 2024

Môn thi: Toán – ĐỀ SỐ 5.
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm) :


a) A =  2 

3 3  
3 3 
 .  2 

3 1  
3  1 



b
b) B = 
 a - ab

a 
. a b - b a
ab - b 





( với a > 0, b > 0, a b)

c) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m
cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
Câu 2: (2,0 đ) Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1)
a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
b) Tìm các giá trị của m để: x12 + x22 – x1x2 = 7.
3x - y = 2m - 1

Câu 3 (1,5 điểm)Cho hệ phương trình:  x + 2y = 3m + 2 (1)

a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1.
b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10.
Câu 4 ( 3,0 đ) .
Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc

cạnh BC sao cho: IEM
900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ).
a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Tính số đo của góc IME

c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM.
Chứng minh CK  BN.
Câu 5 (1,0đ).

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Chứng minh: ab + bc + ca

GV TOÁN : XUÂN HÀ

 a2

+ b2 + c2 < 2(ab + bc + ca

1

Hướng dẫn chấm đề 5.
Câu

ý
a

Nội dung hướng dẫn chấm





Câu 1

b

(2,5 đ)







31 

31 





0,75

3 1.



b
a 
b) 
 . a b - b a 
 a
ab - b 
 a - ab






c

   2  3 


3 3 1

3 3  
3 3  
a) A =  2 
.
2


2

 

3  1  
3  1  
3 1


 2 3 2

Điểm





b
a b



-

b




 . ab
a b 

a





a- b



b. ab
a. ab

b - a. a > 0, b > 0, a  b 
a
b

0,5

0,5

1
; còn
2
m
đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x =  .
3

Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x =

0,5
0,25

Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành


m 1
-3
  m=
.
3 2
2

a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, m  R. Do đó phương trình (1) luôn có hai
nghiệm phân biệt.

0,25

b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1.
Ta có: x12 + x22 – x1x2 = 7  (x1 + x2)2 – 3x1.x2 = 7
 4m2 + 3 = 7  m2 = 1  m = ± 1.
Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được:

0,25

a

Vậy phương trình có nghiệm (1; 2).

0,25

a

b) Giải hệ đã cho theo m ta được:

Câu 2
(2,0 đ) a
b

Câu 3
(1,5 đ)

3x - y = 1


 x + 2y = 5

6x - 2y = 2


 x + 2y = 5

3x - y = 2m - 1


 x + 2y = 3m + 2

7x = 7


 x + 2y = 5

6x - 2y = 4m - 2


 x + 2y = 3m + 2

Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10
 m2 + (m + 1)2 = 10  2m2 + 2m – 9 = 0.
Giải ra ta được: m1 

GV TOÁN : XUÂN HÀ

0,5
0,5

x = 1

.
y = 2

7x = 7m


x + 2y = 3m + 2

 1  19
 1  19
; m2 
2
2

0,5

x = m

y = m + 1

0,25
0,5

.

2

Câu 4

K

(3,0 đ) a
M

B

N

0,5
C

I
E

A

a
b

D



Tứ giác BIEM có: IBM
IEM 900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp
đường tròn đường kính IM

Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra:



IME IBE 450 (do

ABCD là hình vuông)





∆EBI và ∆ECM có: IBE
MCE 450 , BE = CE , BEI CEM ( do


IEM BEC 900 )
 ∆EBI = ∆ECM (g-c-g)  MC = IB; suy ra MB = IA

Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có:
c

Câu 5
(1,0đ)

2

0,25
0,75
0,5

MA MB IA

= . Suy ra IM
MN MC
IB

song song với BN
(định lí Thalet đảo)


 450 (2). Lại có BCE
 BKE
IME
450 (do ABCD là hình vuông).


Suy ra BKE
BCE  BKCE là tứ giác nội tiếp.



Suy ra: BKC
 BEC 1800 mà BEC 900 ; suy ra

BKC 900 ; hay CK  BN .
Ta có: a - b 

0,5

0,5

2
2
2
 b - c   c - a  0  2 a  b  c  2 ab + bc + ca 
2

2

(1).
Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c)  a2
< ab + ac.
Tương tự: b2 < ab + bc; c2 < ca + bc. Suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc +
ca) (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
 a 2  b 2  c2 ab + bc + ca

GV TOÁN : XUÂN HÀ

0,5
0,5

3