Đề khảo sát chất lượng thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THPT Quảng Xương 4 (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THPT Quảng Xương 4 (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) 1 2 2 a Câu I.(2.0 điểm) Cho biểu thức: P  với a 0 và a 1 . a 1 a a a 2 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của P khi a 3 2 2 . Câu II.(2.0 điểm) 3x y 8 1) Giải hệ phương trình: . 4x y 6 2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A 2;2 , đường thẳng d : y x 4 và parabol P : y ax2 . Tìm a để parabol P : y ax2 đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của d và P . Câu III.(2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 2x 5m 0 ( m là tham số) 1) Giải phương trình khi m 3 . 2) Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và thỏa mãn 2 x1.x2 x1 5m 3x2 10115. Câu IV.(3.0 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O; R . Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D (C nằm giữa M và D) . Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. 2) Chứng minh MC.MD ME.MO . 3) Giả sử OM 3R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Câu V.(1.0 điểm) Cho các số thực a,b,c 1. Chứng minh rằng: b c2 a2 c a2 b2 a b2 c2 1. 1 b c2 1 c a2 1 a b2 ===HẾT=== Thí sinh không được sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Câu/ý Lời giải – Đáp án Điểm 1 2 2 a Cho biểu thức: P  với a 0 và a 1 . a 1 a a a 2 1) Rút gọn biểu thức P Với a 0 và a 1 , ta có: I.1) 1 2 2 a 1 2 2 a P   0,5 a 1 a a a 2 a 1 a a 1 a 2 a 2 2 a 2  . 0,5 a a 1 a 2 a 1 2) Tính giá trị của P khi a 3 2 2 Khi a 3 2 2 (thỏa mãn điều kiện xác định), ta có: 2 a 3 2 2 2 2. 2.1 1 2 1 2 1 2 1; 0,5 I.2) 2 2 2 Suy ra: P 2 . a 1 2 1 1 2 Vậy P 2 khi a 3 2 2 . 0,5 3x y 8 Giải hệ phương trình: . 4x y 6 3x y 8 7x 14 Ta có: 0,5 II.1) 4x y 6 3x y 8 x 2 x 2 . 3.2 y 8 y 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y 2;2 . 0,5 Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A 2;2 , đường thẳng d : y x 4 và parabol P : y ax2 .Tìm a để parabol P : y ax2 đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của d và P . 1 1 Thay x 2, y 2 vào pt P : 4a 2 a suy ra P : y x2 . 2 2 0,5 II.2) Phương trình hoành độ giao điểm P và d : 1 2 2 x 2 y 2 x x 4 x 2x 8 0 . 2 x 4 y 8 Vậy giao điểm còn lại là B 4;8 . 0,5
3. Cho phương trình bậc hai x2 2x 5m 0 ( m là tham số) 1) Giải phương trình khi m 3 III.1) Với m 3 phương trình trở thành x2 2x 15 0. Ta có 1 15 16 0,5 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1 16 3; x2 1 16 5 Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và thỏa 2 mãn x1.x2 x1 5m 3x2 10115. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 1 0 12 5m 0 m . 5 0,25 2 x x 2 (1) 1 2 1 Khi đó, theo Vi-et ta có: . 5m x x 5m (2) 1 2 1 2 Theo đề bài ta có: x1.x2 x1 5m 3x2 10115 (3). 0,25 Từ 1 x1 2 x2 . Thay vào (2) và (3), ta có: III.2) 2 x2 x2 5m 2 2 x2 .x2 2 x2 5m 3x2 10115 2 5m x2 2x2 2 x .x2 2 x x2 2x 3x 10115 2 2 2 2 2 2 2 5m x2 2x2 0,25 2 x .x2 2 x x2 x 10115 2 2 2 2 2 2 2 5m x2 2x2 5m x2 2x2 . 2 3 2 3 2 2 2x2 x2 2x2 2x2 x2 x2 10115 x2 2x2 10115 5m 10115 m 2023 (thỏa mãn). Vậy m 2023 . 0,25 Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O; R . Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D (C nằm giữa M và D) . Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. A D IV.1) C M E O B
4. Vì MA, MB là tiếp tuyến của O nên ta có M· AO M· BO 90 ( tính chất 0,5 tiếp tuyến). Do đó M· AO M· BO 180 tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 0,5 Chứng minh MC.MD ME.MO . Xét VMAC và VMDA có: M¶ chung và M· AC M· DA nên VMAC∽VMDA(g.g) MA MC IV.2) Do đó: MA2 MC.MD (1) 0,5 MD MA Vì MA, MB là tiếp tuyến của O nên ta có MO là trung trực của AB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE  MO nên MA2 ME.MO (2) Từ (1) và (2), ta có MC.MD ME.MO 0,5 Giả sử OM 3R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE  MO nên OA2 OE.OM R R 8R 8R2 2R 2 OE ME 3R AE 2 ME.MO AE 3 3 3 9 3 4R 2 AB . 0,25 3 R 4R 0,25 IV.3) Hạ: DH  AB thì ta có DH DE DO OE R 3 3 1 1 Do đó: SMADB SMAB SDAB ME.AB DH.AB 0,25 2 2 1 8R 4R 2 1 4R 4R 2 8 2R2 . . . . . 2 3 3 2 3 3 3 8 2R2 Vậy S đạt GTLN là khi M ,C,O, D thẳng hàng. MADB 3 0,25 Cho các số thực a,b,c 1. Chứng minh rằng: b c2 a2 c a2 b2 a b2 c2 1. 1 b c2 1 c a2 1 a b2 1 a2 1 b2 1 c2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 2 1 b c2 1 c a2 1 a b2 0,25 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 b2 1 b c2 0,1 b c2 1 c2 . 2 2 1 a2 2 1 a Suy ra . V. 1 b c2 1 b2 2 1 c2 2 1 b2 2 1 b Tương tự ta có . 1 c a2 1 c2 2 1 a2 2 1 c2 2 1 c 0,25 1 a b2 1 a2 2 1 b2 Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và đặt x a2 1, y b2 1, z c2 1ta được
5. 1 a2 1 b2 1 c2 2x 2y 2z 1 b c2 1 c a2 1 a b2 y 2z z 2x x 2y x y z 0.25 2 y 2z z 2x x 2y Sử dụng bất đẳng thức C – S (Cô-si cộng mẫu) ta có 2 x y z x y z y 2z z 2x x 2y x y 2z y z 2x z x 2y . x y z 2 3 xy yz zx 1 3 xy yz zx 3 xy yz zx Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 0,25 ===Hết=== (Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa)