Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2024 - 2025 sở GDĐT Thanh Hóa

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Câu Ý Đáp án Điểm I (2điểm)

1 (1,5đ)

Với x > 0, x ≠ 1 thì:

P = √x + 1

√x −1 + 2√x + 1

x −√x + 1

√x

⇔P = (√x + 1)√x

(√x −1)√x + 2√x + 1

√x(√x −1) + √x −1

√x(√x −1)

⇔ P = (√x + 1)√x + 2√x + 1 + √x −1

(√x −1)√x

⇔ P = x + √x + 2√x + 1 + √x −1

(√x −1)√x = x + 4√x

(√x −1)√x

⇔ P = √x(√x + 4)

(√x −1)√x = √x + 4

√x −1

Vậy P = √x + 4

√x −1 với x > 0; x ≠ 1

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

2 (0,5đ)

Vì √x + 4 > 0 ∀ x nên để P < 0 thì √x −1 < 0

⇒ √x < 1 ⇒ x < 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được 0 < x < 1

Vậy để P < 0 thì 0 < x < 1

0,25

0,25

II (2điểm)

1 (1đ)

Để đường thẳng (d): y = (m2 – 3)x + 3 và (d'): y = 6x + m. song

song với nhau thì ൜m2 −3 = 6 m ≠ 3 ⇔൜m2 = 9 m ≠ 3 ⇔ m = -3

Vậy m = -3 là giá trị cần tìm

0,5 0,5

2 (1đ)

Ta có ൜x + 5y = -7

x −4y = 11 ⇔൜9y = -18

x + 5y = -7 ⇔ቄy = -2

x = -3

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (-3; -2)

0,5

0,5

III (2điểm)

1 (1đ)

Ta thấy a – b + c = 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là

x1 = -1; x2 = -5

0,5

0,5

Vì a = 1 ≠ 0 nên ∆ = 1 – 4.1(4m + 2) = 1 – 16m – 8 – 7 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0

⇔ -16m −7 > 0 ⇔ m < −7 16

Áp dụng định lí Vi-et ta có ൜x1 + x2 = 1 (1) x1x2 = 4m + 2 (2)

Theo bài ra ta có: x1 2 −4x1x2 + 3x2 2 = 5(x1 −x2) ⇔ x1

2 −x1x2 −3x1x2 + 3x2

2 −5(x1 −x2) = 0

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT

NĂM HỌC: 2024 – 2025

Môn Thi: Toán

2 (1đ)

⇔x1(x1 −x2) −3x2(x1 −x2) −5(x1 −x2) = 0

⇔ (x1 −3x2 −5)(x1 −x2) = 0 ⇔൤x1 −x2= 0 (loại) x1 −3x2 −5 = 0

Kết hợp với (1) ta được

൜x1 + x2 = 1 x1 −3x2 = 5⇔൜x1 = 2 x2 = -1 thay vào (2) ta được m = -1

Vậy m = -1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2

thõa mãn hệ thức x1 2 −4x1x2 + 3x2 2 = 5(x1 −x2)

0,25

0,25

Vẽ Hình (0,25đ)

Học sinh vẽ hình tương đối đúng nếu học sinh không vẽ hình

hoặc vẽ sai sẽ không chấm điểm (phần hình)

1 (1,25đ)

Vì (O) tiếp xúc với AB; AC tại E và F

⇒ OE ⊥ AB; OF ⊥ AC ⇒ AEO ෣ = AFO ෣ ⇒ AFO ෣ + AEO ෣ = 180o mà hai góc ngày ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp (đpcm)

0,5 0,5

0,25 2 (1đ)

Ta có: BAC ෣ = 180o −2ABC ෣ (∆ABC cân tại A)

⇒ ABC ෣ = 180o −BAC ෣

2

Mà BAC ෣ = 180o −EOF ෣ (Vì tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp)

ABC ෣ = 180o −(180o −EOF ෣) 2 = EOF ෣

2 (1)

Vì OI là phân giác của EOH ෣ và OK là phân giác HOF ෣ (Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

nên IOH ෣= EOH ෣

2 và HOK ෣ = HOF ෣

2

Ta có: IOK ෣ = IOH ෣ + HOK ෣ = EOH ෣

2 + HOF ෣

2 = EOF ෣

2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ABC ෣ = IOK ෣ (đpcm) Vì OI là phân giác của EIH ෢ và OK là phân giác HOF ෣ (Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

0,25

0,25

IV (3điểm)

nên OIE ෢ = OIH ෣và HOK ෣ = FKO ෣ Vì ∆ABC cân tại A ⇒ ABC ෣ = ACB ෣ ⇒ ACB ෣ = IOK ෢ hay KCO ෣ = IOK ෢ Xét ∆OIB và ∆KIO có: IBO ෢ = IOK ෢ OIE ෢ = OIH ෢ ⇒ ∆OIB ∽ ∆KIO (g – g) (3)

Xét ∆KOC và ∆KIO có: 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 ෣= 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ෢ 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ෢= 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 ෣ ⇒ ∆KOC ∽ ∆KIO (g – g) (4)

Từ (3) và (4) suy ra ∆KOC ∽ ∆OIB (đpcm)

0,25

0,25

3 (0,5đ)

Ta có: ∆OIB ∽ ∆KOC ⇒OB

KC = IB

OC

⇒ IB.KC = OB.OC = ൬BC 2 ൰

2 = ൬6 2൰

2 = 9

Ta có: S∆AIK S∆AIC

= AK AC (hai tam giác có cùng chiều cao hạ từ I xuống AC)

S∆AIC S∆ABC

= AI AB (hai tam giác có cùng chiều cao hạ từ C xuống AB)

⇒ S∆AIK S∆ABC

= AI.AK AB.AC

Vì ∆ABC cân tại A có AO là đường trug tuyến nên AO là đường cao. ∆ABO vuông tại O, theo định lý “Pythagore” ta có:

AO = ඥAB2 −OB2 = ඥ52 −32 = 4 (cm)

⇒S∆ABC = 1 2 AO.BC = 12(cm2)

⇒S∆AIK = AI.AK

52 .12 = 12.AI.AK 25

Ta có: AI.AK = (AB – BI)(AC – KC) = AB.AC – (AB.KC + AC.BI) + BI.KC = 25 – 5(KC + BI) + 9 = 34 – 5(KC + BI) Áp dụng bất đẳng thức “Cosy” ta có: KC + BI ≥ 2√KC.BI = 6 ⇒ AI.AK ≤ 34 – 5.6 = 4

⇒S∆AIK ≤48 25 (cm2)

Vậy giá trị lớn nhất của ∆AIK là 48 25 cm2 khi H là điểm

chính giữa cung EF