Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Đợt 1) - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hoàng Mai (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Đợt 1) - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hoàng Mai (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND THỊ XÃ HOÀNG MAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỢT 1 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,5 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A =5 25 +4 16 ―3 9 1 1 b) Rút gọn biểu thức: B = ( (với x >0 và x ) ― 2 + + 2): ― 4 ≠ 4 c) Xác định các hệ số a, b của hàm số y = ax + b biết đồ thị của hàm số song song với đường thẳng y = x + 1 và đi qua A(2;5) Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x2 – 7x +6 = 0 b) Cho phương trình: x2 – 7x + 9 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Không giải phương trình, hãy tính: C = 1 + 2 2 1 Câu 3. (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hưởng ứng phong trào lập thành tích chào mừng 10 năm thành lập thị xã Hoàng Mai, Thị Đoàn đã phối hợp với một trường THCS A trên địa bàn, chọn 56 đoàn viên của lớp 9 tham gia lao động trồng cây xanh. Biết mỗi đoàn viên nam trồng 3 cây, mỗi đoàn viên nữ trồng 2 cây với tổng số cây trồng được là 134 cây. Tính số đoàn viên nam, số đoàn viên nữ lớp 9 của trường THCS A đã tham gia lao động trồng cây. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H. Vẽ DK vuông góc với AB (K thuộc AB), gọi F là trung điểm của ED, tia BF cắt (O) tại I (khác B). a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp b) Chứng minh rằng BK.BA = BF.BI c) Chứng minh rằng, hai đường thẳng AH và ID cắt nhau tại một điểm nằm trên (O). Câu 5. (1,0 điểm) + 4 = 2 + 3 + 3 Giải hệ phương trình 4 3 ― + 2 2(1 + ) = 9 2 + 16 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. UBND THỊ XÃ HOÀNG MAI HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỢT 1 Năm học 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Đáp án gồm 04 trang) Bài Hướng dẫn nội dung Điểm a) (1,0 điểm) A =5 25 +4 16 ―3 9 = 5.5 +4.4 -3.3 0,5 = 25+16-9 0,25 = 32 0,25 - b) (0,75 điểm) 1 1 ― 4 B = ( (với x >0 và x ) ― 2 + + 2). ≠ 4 ― 4 B = ( + 2 + ― 2). 0,25 Bài 1 ― 4 ― 4 ― 4 (5đ) B = 2 0,25 ― 4. B = 2 - 0,25 c) (0,75 điểm) + Đồ thị của hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = x + 1 a=1 và b≠1 0,25 + Đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua A(2;5) 5 = a.2 +b 5 = 1.2 +b b = 3 ( Thỏa mãn b≠1) 0,5 a) (1,0 điểm) Giải phương trình 2x2 – 7x +6 = 0 2 ∆ = (-7) -4.2.6 = 49 -48 = 1 >0 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 7 ― 1 3 7 + 1 8 0,25 = = ; = = = 2 1 2.2 2 2 2.2 4 Bài 2 (2,0 0,25 điểm) b) (1,0 điểm) Cho phương trình x2 – 7x + 9 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Không giải phương trình hãy tính C = 1 + 2 2 1
3. ∆ = (-7)2 -4.9 = 13 > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,25 Áp dụng định lí Vi ét ta có 0,25 x1+ x2 = 7 và x1.x2 = 9 1 2 1 + 2 + C = + = 1 2 = 1 1 2 2 2 1 1. 2 9 Đặt D = 1 1 + 2 2 >0 2 3 3 D = x1 +x2 +2 1 1. 2 2 2 2 2 D = (x1+x2)( x1 - x1.x2+ x2 )+ 2 1. 2 1. 2 2 2 D = (x1+x2)[(x1 +x2) - 3x1.x2]+ 2 1. 2 1. 2 D2 =7.(72 -3.9) +2.9. 9 0,25 D2 = 208 0,25 D = 4. 13 4 13 C = 9 Gọi x là số đoàn viên nam lớp 9 của trường THCS A tham gia lao động trồng cây 0,25 Gọi x là số đoàn viên nữ lớp 9 của trường THCS A tham gia lao động trồng 0,25 cây Đk: x, y < 56; x, y nguyên dương. 0,25 Vì có tất cả 56 đoàn viên lớp 9 của trường đi lao động trồng cây nên ta có phương trình: x + y = 56 (1) 0,25 Bài 3 Vì mỗi đoàn viên nam trồng 2 cây còn mỗi đoàn viên nữ trồng 1 cây nên (1,5 trồng tất cả 78 cây xanh do đó ta có phương trình điểm) 3x + 2y = 134 (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 56 x 22 3x 2y 134 y 34 Giải hệ tìm được x = 22; y = 34 (thỏa mãn). 0,25 Vậy số đoàn viên nam là 22 đoàn viên. Số đoàn viên nữ là 34 đoàn viên
4. A I 0,5 K D F O E H B C M Bài 4 - Hình vẽ đúng đến câu b cho điểm tối đa (3,0 a) (1,0 điểm) 0,5 điểm) Xét tứ giác BEDC có: Góc BEC = góc BDC = 900 0,5  Tứ giác BEDC nội tiếp b) (1,0 điểm) Tam giác EKD vuông tại K có KF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền KF = FE tam giác KFE cân tại F  Góc FKE = góc FEK (1) 0,25 Tứ giác BEDC nội tiếp => góc AED = góc DCB (cùng bù với góc BED) Mà góc DCB = góc AIB (cùng chắn cung AB) 0,25  Góc AED = góc AIB (2) Từ (1) và (2) góc FKE = góc AIB góc FKB = góc AIB 0,25  Tam giác BKF đồng dạng với tam giác BIA (gg)  BK.BA=BF.BI 0,25 c) (0,5 điểm) Gọi M là giao điểm của AH và ID Ta có tam giác ADB vuông tại D có đường cao DK BD2 = BK.BA BD2 = BF.BI => 퐹 = Xét BFD và BDI có và góc DBI chung ∆ ∆ 퐹 = ∆BFD đồng dạng với ∆BDI (cgc) 0,25 góc BDF = góc BID => góc HDE = góc BIM (3) Tứ giác AEHD nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng 1800) góc HDE = góc HAE (cùng chắn cung HE) (4) Từ (3) và (4) góc BIM = góc HAE góc BAM = gócBIM  Tứ giác AIMB nội tiếp 0,25 Mà 3 điểm A,I, B thuộc (O) M thuộc (O) Bài 5 + 4 = 2 + 3 + 3 (1) 2 (1 điểm) 4 3 ― + 2 2(1 + ) = 9 + 16 (2)
5. Điều kiện -1 ≤ y ≤ 3 Phương trình (1) tương đương với (y2 - 3y) – (xy -3x) – (y-3) = 0 (y-3)(y –x-1) = 0  y = 3 hoặc y = x+1 0,25 + TH1: y = 3 thay vào phương trình (2) ta được 2 2(1 + 3) = 9 2 + 16 2 8 = 9 2 + 16 16 9x2 +16 = 32 x2 = 9 4 ―4 x = hoặc x = 0,25 3 3 + TH2: y = x +1 thay vào phương trình (2) rồi biến đổi ta được 4 2 ― +2 2(2 + ) = 9 2 + 16 (-2 ≤ x ≤ 2) Bình phương 2 vế ta được 32 +16 8 ― 2 2 -9x2 -8x = 0 4.(8-2x2) +16 8 ― 2 2 –(x2 +8x) = 0 Đặt t =2 8 ― 2 2 ≥0 ta được phương trình t2 +8t – (x2 +8x) = 0 t =x; t + x +8 = 0 ( vô nghiệm) Với t = x Ta được x =2 8 ― 2 2≥0 0,25 2 2 Giải được x = 4 y = 4 + 3 3 3 4 4 2 2 Kết luận hệ có nghiệm ( ;3) ;( ― ;3); (4 ; 4 + 3) 3 3 3 3 0,25 Hết