Đề thi thử vào Khối 10 THPT môn Toán (Lần 3) - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Anh Sơn (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi thử vào Khối 10 THPT môn Toán (Lần 3) - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Anh Sơn (Có hướng dẫn chấm)

1. TRƯỜNG THCS ANH SƠN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT – LẦN 3 NĂM HỌC 2022-2023 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,5 điểm). 2 a) Tính A = 25 20(2)2 . 13 x b) Rút gọn biểu thức B = : , với x > 0 và x 9 xx 33x 9 c) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b để đồ thị của hàm số song song với đường thẳng 3x + y = 5 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2x2 – x - 28 = 0. 2 b) Cho phương trình: x – 19x + 9 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2. x11xxx 2 2 Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T = 22 . xx12 Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình: Sau hai năm đóng cửa vì đại dịch Co-vid 19, vào ngày 15/3/2022 ngành du lịch Việt Nam mở cửa hoàn toàn trở lại. Hai thành phố du lịch A và B trong tháng 3/2022 đã chào đón 8,5 triệu lượt khách du lịch. Sang tháng 4/2022 lượt khách du lịch ở thành phố A tăng 20% còn ở thành phố B tăng 15% nên cả hai thành phố đã đón 10 triệu lượt khách du lịch. Hỏi trong tháng 3/2022 mỗi thành phố A và B đã đón bao nhiêu lượt khách du lịch? Câu 4 (3,0 điểm). Cho BC là một dây cố định của đường tròn (O; R). Điểm A di chuyển trên đường tròn sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ đường cao AD của tam giác ABC. Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC. a) Chứng minh tứ giác AHDK nội tiếp. b) Kẻ đường kính AQ của đường tròn (O). Chứng minh HK vuông góc với AQ. c) Hạ BE, CF lần lượt vuông góc với AQ (E; F thuộc AQ). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. 22 xy 253421 xyxy x y 1 Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 56xyxxy 1632 2 4 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm Câu 1 2 0,5 a) Tính A = 25 20(2)252522 . (2,5 đ) 0,5 = 52252 5 b) Với x > 0 và x 9 , ta có: 0,5 13xx 3 3 x 3 B :. x 3x 9 xxxxxx 3(3)(3)(3)(3) xx 31 0,5 . (3)(3)xx xx 3 c) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b để đồ thị của hàm số song song với đường thẳng 3x + y = 5 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. Ta có: 3x + y = 5  y = -3x + 5. 0,5 Để đồ thị của hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = -3x + 5 thì: aa '3 a bb '5 b (*) Đồ thị của hàm số y = ax + b cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 tức là khi x = 2 thì y = 0. Thay vào ta có: 0 = -3.2 + b => b = 6 (TM (*)) Vậy a = -3; b = 6 Câu 2 a) Giải phương trình: 2x2 – x - 28 = 0. (2,0 đ) ( 1)2 4.2.( 28) 225> 0. 0,5 Pt có 2 nghiệm phân biệt là: 1 225 7 1 225 0,5 x ; x 4 1 42 2 4 b) Cho phương trình x2 – 19x + 9 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: x xxx T = 11 2 2. xx22 12 Ta có: ( 19)2 4.1.9 325> 0 nên pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
3. xx12 19 Theo ĐL Vi-ét: xx 9 0,25 12 Tử: 33 A= x xxx x x()() x xxx xx 11 2 2 1 2 1 2 1 2 12 0,25 2 * (xx121212 ) xxxx 2 19 2 9 25 xx5 12 A 5(19 9) 80 0,25 222 2 Mẫu: B = xx12 xx 12 2192.9343 xx 12 80 Vậy T = 0,25 343 Câu 3 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình: (1,5 đ) Sau hai năm đóng cửa vì đại dịch Co-vid 19, vào ngày 15/3/2022 ngành du lịch Việt Nam mở cửa hoàn toàn trở lại. Hai thành phố du lịch A và B trong tháng 3/2022 đã chào đón 8,5 triệu lượt khách du lịch. Sang tháng 4/2022 lượt khách du lịch ở thành phố A tăng 20% còn ở thành phố B tăng 15% nên cả hai thành phố đã đón 10 triệu lượt khách du lịch. Hỏi trong tháng 3/2022 mỗi thành phố A và B đã đón bao nhiêu lượt khách du lịch? Gọi số lượt khách du lịch ở thành phố A trong tháng 3 là x (triệu lượt; x∈𝑁∗ Số lượt khách du lịch ở thành phố B trong tháng 3 là y (triệu lượt; 0,25 y∈𝑁∗ 𝑥𝑦8,5 Ta có hệ phương trình: 1,2𝑥1,15𝑦10 0,5 1,15𝑥1,15𝑦9,775 0,05𝑥0,225   1,2𝑥1,15𝑦10 𝑥𝑦8,5 𝑥4,5  (t/mđk) 𝑦4 0,5 Số lượt khách du lịch ở thành phố A trong tháng 3 là 4,5 triệu lượt Số lượt khách du lịch ở thành phố B trong tháng 3 là 4 triệu lượt 0,25
4. Câu 4 A (3,0 đ) O K I 0,5 H B C D Q - Vẽ hình đến câu a cho 0,25 điểm - Vẽ hình đến câu b cho 0,5 điểm a) Xét tứ giác AHDK có: 1,0 (1,0 đ) ∠AHD = 90o (DH ⊥ AB) ∠AKD = 90o (DK ⊥ AC) => ∠AHD + ∠AKD = 180o => Tứ giác AHDK là tứ giác nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của HK và AO 1,0 (1,0 đ) Ta có: ∠ACB = ∠ADK (cùng phụ ∠CDK) Mà ∠ACB = ∠AQB (cùng chắn cung AB của (O)) => ∠ADK = ∠AQB Mà ∠ADK = ∠AHK (cùng nhìn AK và tứ giác AHDK nội tiếp) => ∠AQB = ∠AHK => Tứ giác BHIQ nội tiếp
5. => ∠HBQ + ∠HIQ = 1800 Mà ∠HBQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠HIQ = 900. Vậy HKAQ tại I. * Cách khác (câu b): A x O K H B C D Q Kẻ tiếp tuyến tại A của (O) => Ax  AQ và ∠BAx = ∠ACB (1) Ta có: ∠ACB = ∠ADK (cùng phụ ∠CDK) Mà ∠ADK = ∠AHK (cùng nhìn AK và tứ giác AHDK nội tiếp) => ∠ACB = ∠AHK (2) Từ (1) và (2) => ∠BAx = ∠AHK => Ax // HK => HK  AQ
6. c) 0,5 A (0,5 đ) N P O K I H E B C D M F Q Gọi M là trung điểm BC => OM BC Gọi N là trung điểm AB => ON AB => Tứ giác BMON nội tiếp Lại có BE AQ => Tứ giác BEON nội tiếp => 5 điểm B, M, E, O, N cùng thuộc đường tròn đường kính BO => Tứ giác BMEN nội tiếp => ∠MNE = ∠MBE (cùng nhìn EM) (1) Mặt khác tứ giác ABDE có ∠ADB = ∠AEB = 900 nên nội tiếp đường tròn tâm N đường kính AB => ∠DAE = ∠MBE (cùng nhìn ED) (2) Từ (1) và (2) => ∠MNE = ∠DAE (3) 1 Lại có ∠DAE = ∠DNE (Hệ quả góc nội tiếp và góc ở tâm) (4) 2 1 Từ (3) và (4) => ∠MNE = ∠DNE 2 => NM là tia phân giác của ∠DNE
7. Ta có NDE cân tại N (vì ND = NE) có NM là tia phân giác của ∠DNE nên đồng thời là đường trung trực của DE Tương tự gọi P là trung điểm AC ta cũng chứng minh được PM là đường trung trực của DF Xét DEF có 2 đường trung trực của 2 cạnh DE và DF cắt nhau tại M nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF. Mà BC cố định nên trung điểm M của nó cũng cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm M cố định. Câu 5 Giải hệ phương trình: 22 (1,0 đ) xy 2 xyxy 5 3 4 2 x 1 y 1 (1) 5xyxxy 6 16 3 22 2 4 (2) 616 ĐKXĐ: xy ; 1 . 53 pt (1) : x22 y 2 xy 5 x 3 y 4 2 x 1 y 1 xxyyxyxyxy12 1 1 122 42 4 4 0 2 xy11 xy 202 xy 110 yx2 xy 20 0,25 Với y=x+2 thay vào pt (2) ta được: 56xxxx 1032 2 2 562xxxx 103222 6 5(x 2) 3(x 2) (2)(2x3)x 5621032xx 53 (x 2) 2x 3) 0 5621032xx * TH1: x – 2 = 0 x = 2 (TM) => y = 4 (TM) 0,25 53 * TH2: 2x 3) 0 (3) 5621032xx 610 ĐK của pt (3) là: x 53
8. 610 55 - Với x 5622x 53 2 562x 551 33 0 (*) 0,25 562x 22 6103 - Với x 0 53 10 3x 2 61012202012 - Với xx 2220 xx 53533 5 3 20x ( ) 10 30 2 Từ (*) và ( ) => pt (3) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 2; y = 4 0,25 *Lưu ý: HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa