Đề thi thử tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán (Lần 2) - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Giao Thủy (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán (Lần 2) - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Giao Thủy (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT GIAO THỦY NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán lớp 9 THCS ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút) Đề thi thử gồm 02 trang. Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 2023 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 6 x A. x 6. B. x 6. C. x 6. D. x 6. 2 2 Câu 2. Giá trị biểu thức 5 1 1 5 bằng C. 2. D. 2. A. 2 5. B. 4 5. Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ? A. y 4 x 5. B. y 2 1 x 1. C. y 3 x2 . D. y x2 . Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A , ACB 30  , cạnh AB 5 cm . Độ dài cạnh AC bằng 5 3 5 A. 5 3cm . B. 5cm . C. cm. D. cm. 2 3 Câu 5: Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3? A. x2 3 x 5 0. B. x2 3 x 2 0. C. x2 3 x 9 0. D. x2 3 0. Câu 6. Cho hàm số bậc nhất y 1 2 mxm 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1. 1 A. m 3. B. m 2. C. m 2. D. m . 2 Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 18 cm , AC 24 cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng A. 30cm . B. 15cm . D. 20cm . C. 15 2cm . Câu 8. Cho khối nón có đường sinh bằng hai lần bán kính đáy. Biết thể tích của khối nón là 3 cm3 . Chiều cao của khối nón bằng D. 3cm . A. 3cm . B. 2 3cm . C. 3 3cm . Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 15 5 2 1) Chứng minh đẳng thức 1 5 20 1. 3 1 1x 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức A : , với x 0, x 1. xx x 1 xx 2 1 Trang 1/2
2. Câu 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm của parabol Py : 2 x2 và đường thẳng d : y 3 x –1. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 2 m 1 xm 2 1 0 có 2 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 4 x 2 . 1 3 4 2x 3 y 1 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 1 3. 2x 3 y 1 Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho ABC vuông tại A có AB 2 3cm, AC 2cm. Vẽ cung tròn tâm C bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O AB AC , các đường cao BE,. CF Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn O tại M ( M khác A ). a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh KBKC KEKF và MAF MEF . Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 7xx2 25 19 xx 2 2 357 x 2 . 1 1 1 2. Xét xyz, , 0 và x y z 3. Chứng minh: 1. x2 2 yz y 2 2 zxz 2 2 xy Hết Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2: Trang 2/2
3. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT GIAO THUỶ NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp 9 THCS I. Hướng dẫn chung 1. Học sinh giải theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa. 2. Điểm toàn bài là tổng điểm các câu, không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Phần I. Trắc nghiệm: (2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Đáp án C A B A B C B D Phần II. Tự luận: (8 điểm) Câu Nội dung Điểm 15 5 2 Chứng minh đẳng thức 1 5 20 1. 3 1 Câu 1.1 (0,5 điểm) 5 3 1 VT 5 1 2 5 0,25 3 1 5 5 1 2 5 1. 0,25 1x 1 x 1 Rút gọn biểu thức A : , với x 0, x 1. xx x 1 xx 2 1 Với x 0, x 1 ta có: 1x 1 x 1 A : 0,25 2 xx( 1) ( x 1)( x 1) x 1 Câu 1.2 1 1 x 1 : (1,0 điểm) 2 0,25 xx( 1) ( x 1) x 1 2 1 x x 1 . 0,25 xx( 1) x 1 x 1 x 1 . Vậy với x 0, x 1 thì A 0,25 x x Tìm tọa độ giao điểm của parabol Py : 2 x2 và đường thẳng d : y 3 x –1. 2 Câu 2.1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2x 3 x –1 1 0,25 (0,5 điểm) Giải PT tìm được x 1; x 1 2 2 Với x1 1; y 1 2 . 0,25 Trang 1/4
4. 1 1 Với x y . 22 2 2 1 1 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là 1;2 ; ( ; ). 2 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2 2 m 1 xm 2 1 0 2 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 4 x 2 . Vì phương trình có a b c 1 2m 2 2m 1 0 PT luôn có hai nghiệm: x 1; x 2m 1 0,25 +)PT (1) có hai nghiệm phân biệt 2m 1 1 m 0 Ta xét 2 trường hợp: TH1: x 1; x 2m 1. Khi đó: 1 2 0,25 Câu 2.2 3 x 2 4x 12 4 2m 1 8m 4 1 8m 3 m (tm) (1 điểm) 1 2 8 TH2: x1 2m 1; x2 1 1 m (tm) 2 2 2 0,25 Khi đó: x 4x 2m 1 4.1 2m 1 2 1 2 3 m (tm) 2 3 1 3 Vậy m ; ;  là các giá trị cần tìm. 0,25 8 2 2 1 3 4 2x 3 y 1 Giải hệ phương trình: 2 1 3. 2x 3 y 1 3 x Điều kiện 2 y 1. 0,25 1 1 Câu 3 Đặt a ; b b 0 2x 3 y 1 (1 điểm) a 3 b 4 a 1 Hệ trở thành tm 0,25 2a b 3 b 1 1 1 a 1 2x 3 x 2 tm 0,25 1 b 1 1 y 0 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 2;0 . 0,25 1) Cho ABC vuông tại A có AB 2 3cm, AC 2cm. Vẽ cung tròn tâm C Câu 4.1 bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết (1 điểm) quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). Trang 2/4
5. AB tan ACB 3 ACB 60 0,25 AC Diện tích tam giác ABC là: 1 2 0,25 S1 = AB.AC=2 3 cm 2 2 .2 .60 2 2 Diện tích hình quạt tròn CAD là: S2 cm . 0,25 360 3 2 2 Diện tích phần được tô màu là: SSS 1 2 2 3 1,37 cm 0,25 3 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O AB AC , các đường cao BE,. CF Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn O tại M ( M khác A ). a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh KBKC KEKF và MAF MEF . Câu 4.2 BE AC gt BEC 90o ; 0,5 Câu 4.2.a CF AB gt BFC 90o (1 điểm) o Xét tứ giác BCEF có BEC BFC 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn 0,5 đường kính BC. Câu 4.2.b Vì tứ giác BCEF nội tiếp suy ra AFE ECK ( cùng bù với EFB ) 0,25 (1 điểm) Mà AFE KFB (đối đỉnh) do đó KFB ECK Trang 3/4
6. Xét hai tam giác KBF và KEC có KFB ECK (chứng minh trên); EKC chung 0,25 KB KF Suy ra KBF đồng dạng với KEC KBKC. KEKF . 1 KE KC Xét hai tam giác KBM và KAC có MBK KAC (cùng bù với MBC ) và MKB AKC 0,25 KB KM Suy ra KBM đồng dạng với KAC KBKC. KMKA . 2 KA KC KM KE Từ 1 và 2 suy ra KM. KA KEKF . 3 KF KA Ta lại có MKE AKF 4 0,25 Từ 3 và 4 suy ra KME đồng dạng KFA . Suy ra MAF MEF . Giải phương trình 7xx2 25 19 xx 2 2 35 7 x 2 . Điều kiện x 7. 7xx2 2519 xx 2 2 357 x 2 0,25 3xx2 11227 xxx 2 5 7 Câu 5.1 3xx2 5144 x 57 xxx 5 2 514 (0,5 điểm) Đặt a x2 5 x 14 ;b x 5 a 0, b 0 . Khi đó phương trình trở thành 3a2 4 b 2 7 ab  a b 3 a 4 b Với ab x 3 2 7 (thỏa mãn) và x 3 2 7 (loại) 0,25 61 11137 61 11137 Với 3a 4 b x (thỏa mãn) và x (loại) 18 18 Xét xyz, , 0 và x y z 3. Chứng minh: 1 1 1 1. x2 2 yz y 2 2 zxz 2 2 xy 2 2 2 2 0,25 Đặt x 2 yzay ; 2 zxbz ; 2 xyc abc( xyz ) 9 và Câu 5.2 a 0; b 0; c 0 (0,5 điểm) Xét 2 2 2 1 1 1 ab ac bc a b c 9 9 a b c b a c a c b 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 9 12 2 2 1 abc abc x 2 yzy 2 zxz 2 xy Hết Trang 4/4