Đề giao lưu kiến thức tuyển sinh vào 10 môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Quảng Xương (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề giao lưu kiến thức tuyển sinh vào 10 môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Quảng Xương (Có hướng dẫn chấm)

1. ` GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề có 5 câu , gồm 01 trang) Họ tên thí sinh . SBD Phòng 1521 xx Câu I( 2đ): Cho biểu thức P : với xx 0 ; 2 5 . x 25 xx 55 1. Rút gọn biểu thức P. 1 2. Tìm giá trị của x để P . 2 Câu II(2đ): 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ()d có phương trình y m x m 1 ( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng ()d đi qua điểm M 1;3 . 32=5xy 2. Giải hệ phương trình . 23=xy 12 Câu III(2đ): 1. Giải phương trình 3520xx2 . 2. Cho phương trình xmxm22 (21)60 ( m là tham số).Tìm m để phương trình 22 có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn xxxx121122 63 xx . Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ()O ()ABAC , các đường cao B E, C F . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn ()O tại M ( M khác A). 1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh MAFMEF . 3. Chứng minh BM ACAM BCCM AB . Câu V(1đ): Cho ba số thực dương abc,, thay đổi thỏa mãn điều kiện ()3abc abc . Tìm abc555 giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . abbcca333333 222 Hết Lưu ý - Quét mã QR trên phiếu dự thi để xem kết quả (ngày 15/04/2023) - Lịch giao lưu lần 2 ngày 09/05/2023 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý NỘI DUNG Điểm 1521 xx Cho biểu thức P : với x 0 ; x 2 5 . x 25 xx 55 Rút gọn biểu thức P. 151 xx25 x P : 0,25 xxxx 5555 x 5 1 (1,0đ) 152105 xxx = . 0,25 xx 55 x 1 I (2,0đ) xx 551 = . = 0,25 xx 55 x 1 x 1 1 Vậy : P= với x 0; x25. 0,25 x 1 1 Tìm giá trị của x để P . 2 2 111 (1,0đ) Px= 12 0,50 22x 1 xx11 0,50 Trong mặt phẳng tọa độ O x y , cho đường thăng ()d có phương trình ymxm 1( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng ()d đi qua điểm M 1;3 II 1 Đồ thị hàm số ymxm 1 đi qua điểm M 1;3 (2,0đ) (1,0đ) 3 m .1 m 1 2 m 2 m 1 0,50 Vậy m 1 thì đồ thị hàm số ymxm 1 đi qua điểm M 1;3 0,50 2
3. 3 2xy = 5 Giải hệ phương trình . 2 3xy = 12 2 32=xyx 513= 39 Ta có: 0,50 (1,0đ) 23=xyxy 122+ 3= 12 x 3 x 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 0,50 y 2 y 2 Giải phương trình 3 5xx2 0 . 2 1 Ta có: a b c 0 nên phương trình có hai nghiệm xx12 1; 0,50 (1,0đ) 3 2 Vậy phương trình có hai nghiệm. xx12 1; 0,50 3 Cho phương trình: x22 (2 m 1) x m 6 0 ( m là tham số).Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn 22 xxxxxx121122 63. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2 25 0,25 Ta có 21464250mmmm 2 . III 4 (2,0đ) xxm 21(1) Theo vi-et: 12 . 2 0,25 xxm12 6(2) 2 (1,0đ) Theo bài ra ta có: 2222 xxxx1211 63(1)630 2212122xxxxxxx (*) Trong phương trình (*) ta coi x1 là ẩn số, x2 là tham số giải ra ta được: 0,25 xx12 3 (loại vì theo bài ra x1 ; x2 trái dấu) xxxx1212 2121(3) Từ (1) và (3) ta có : xm1 43 14 thay vào (2) ta được : 91400;mmmm2 0,25 xm2 22 9 Cả hai giá trị này đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3
4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ()O ()A B A C , các đường cao B E, C F . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn ()O tại M ( M khác A). 1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh M A F M E F . 3. Chứng minh BMACAMBCCMAB . A M Q O E F K B C Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. Ta có: ABC có đường cao B E, C F 0,50 IV 1 BEACgtBEC ()90 ; CFAB  gtBFC()90 (3,0đ) (1,0đ) Xét tứ giác B C E F có : BECBFC  90 , nên tứ giác BFEC nội tiếp 0,50 đường tròn đường kính BC . Chứng minh MAFMEF . Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE ECK ( cùng bù EFB ). 0,25 Mà AFEKFB ( đối đỉnh) do đó KFBECK Xét KBF và K E C có KFBECK (chứng minh trên) EKC chung KB KF 0,25 Nên KBF∽ KEC(.) g g KB. KC KE . KF (1) KE KC 2 (1,0đ) Xét hai tam giác KBM, KAC có: MBK KAC ( cùng bù MBC ) và MKBAKC 0,25 KB KM Nên: KBMKAC∽ g g(.) KB. KC KM . KA (2) KA KC KM KE Từ (1) và (2) suy ra: KA. KM KE . KF (3) KF KA 0,25 Ta có : MKE AKF (4) 4
5. Từ (3) và (4) suy ra KMEKFAcgc∽ ( ) , Do đó: M A F M E F Chứng minh : BMACAMBCCMAB . Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho A M Q B M C . Xét B M C và QMA có : A M Q B M C và M A Q M C B 0,25 A M A Q Suy ra: B M C Q∽ M A (g – g) AMBCAQCM 5 C M C B Ta có AMQQMBAMB và BMCAMCAMB , A M Q B M C 3 0,25 (1,0đ) suy ra :Q M B A M C . Xét A M C và QMB có : MBQ ACM và QMB AMC AC CM 0,25 Do đó: A M C Q∽ M B (g – g) ACBMBQCM 6 BQ BM Cộng các vế của đẳng thức 5 và 6 , suy ra: 0,25 BMACAMBCAB CM . Cho 3 số thực dương abc,, thỏa mãn ( )a 3 b c a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của abc555 biểu thức: S abbcca333333 222 Ta có: 2332 3 aa52 b 3 aaba b 22 a2 2 ababab333333 222 ababba333333 23. 3 b .23 3332 babab 3 2 32 32 3 a ba ba bab 23223 0,25 ababab 2323 a2 ba 35 22 aaabaab222 2 abab2333 2323 V Chứng minh tương tự (1,0đ) bc5522 b22 bc; c ca (1,0đ) b3 2 c 3 3 c 3 2 a 3 3 222 Từ đây ta có: Sabcabbcca 222 333 11222 a bb cc aab bc ca 0,25 23 1 Do đó: S ab bc ca 3 2 Áp dụng bất đẳng thức xyxxyyzzx 3 , ta có: 2 0,25 ab bc ca 3 abc ( a b c ) 9 ab bc ca 3 Suy ra : S 1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc 1 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của S 1 tại abc 1 Hết 5