Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Đề 2 - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Đề 2 - Năm học 2023-2024 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (chung) – Đề: 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức P =+−+202422023202522024 . 2) Tìm tọa độ của điểm M là giao điểm của đường thẳng yx=+1 với trục Ox. 3) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông có cạnh huyền bằng 22cm. 4) Tính thể tích của hình nón có chiều cao bằng 8 cm và bán kính đáy bằng 6 cm. Câu 2. (1,5 điểm) xxx++−449 Cho biểu thức P =+ (với x 0 và x 9 ). xx+−23 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm x để P = 5. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình xmxm2 −++−(2142 ) (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 0. 22 b) Tìm tất cả giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn xx12+=13. 2) Giải phương trình xxx++−=+1429 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( ABAC ) nội tiếp đường tròn tâm O, AD là đường cao. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D trên AB, AC. Gọi AP là đường kính của đường tròn (O) . 1) Chứng minh tứ giác AEDF nội tiếp và AE ABAF= AC . 2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác AFE và AP vuông góc với EF. 3) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Gọi K là trực tâm của tam giác BTC. Chứng minh tứ giác AHKT là hình bình hành. Câu 5. (1,0 điểm)
2. 45225xxyy++=++ 1) Giải hệ phương trình . 2 xxyx++−=++−1323 16 2142 2) Xét hai số thực dương x, y thỏa mãn +=2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pxy=++++4. xy xxy2 THCS.TOANMATH.com Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm./. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1(2 điểm) 1)P 2024 2 2023 2025 2 2024 2023 2 2023 1 2024 2 2024 1 ( 2023 1)2 ( 2024 1)2 2023 1 2024 1 2023 1 2024 1 2023 2024 2) Tung độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x+1 với trục Oy là: y 0 1 1 Vậy M(0; 1). 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm của cạnh huyền, bán kính của đường tròn đó là R 2 2 : 2 2 (cm ) Diện tích của hình tròn đó là: S R2 .( 2)2 2 2.3,14 6,28 (cm2 ) 4) Thể tích hình nón là: 1 1 V . R2 h .3,14.62 .8 301,44 (cm3 ) 3 3 Câu 2 (1,5 điểm) x 4 x 4 x 9 Cho biểu thức P (x 0;x 9) x 2 x 3 a) Rút gọn biểu thức P x 4 x 4 x 9 P x 2 x 3 ( x 2)2 (x 3)(x 3) P x 2 x 3 P x 2 x 3 P x 2 x 3 P 2 x 5 b) Tìm x để P = 5 Ta có P = 5 2 x 5 5 2 x 0 x 0 x 0(TM) Vậy x = 0 thì P = 5 Câu 3 (2,5 điểm) Trang 2
4. 1) x2 2 m 1 x 4 m 2 0 (1) a) m 0 phương trình trở thành x2 x 2 0 x2 2 x x 2 0 x 2 x x 2 1 x 2 0 x 2 x 1 0 x 1 Vậy với m 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x 2; x 1. b) x2 2 m 1 x 4 m 2 0 (1) 2 2 Δ 2m 1 4  4 m 2 2m 3 0  m 3 Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì Δ 0 2m 3 0 m 2 x1 x 2 2m 1 Định lý Vi – ét x1 x2 4 m 2 2 2 2 2 2 Ta có x1 x2 13 x1 x 2 2 x 1 x 2 13 2m 1 24  m 213 4m 4m 5130 2 2 m 1 4m 4 m 8 0 m m 2 0 (TMĐK) m 2 2 2 Vậy m 1;2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 x2 13. 2) x 1 4 x 2x 9 (1) (ĐK: 1 x 4 ) x 1 4 x 2 x 1 4 x 2 x 9 2 x 1 4 x 2x 4 x 1 4 x x 2 (*) Vì x 1 nên x 2 1 2 1 0 x 0 TM 2 2 2 2 (*) x 1 4 x x2 x 3 x 4 x 4 x 4 2 x 3 x 0 3 x L 2 Vậy phương trình có nghiệm là x 0 . Câu 4. (3,0 điểm) Trang 3
5. y A x T H F K E O B D M C Q P 1) Chứng minh tứ giác AEDF nội tiếp và AE. AB AF. AC Xét tứ giác AEDF có AED 90 ( E là hình chiếu của D trên AB ) AFD 90 ( F là hình chiếu của D trên AC) AED AFD 90  90  180  Tứ giác AEDF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180) Xét ADB vuông tại D có DE là đường cao AD2 AE. AB (hệ thức cạnh và đường cao) Xét ADC vuông tại D có DF là đường cao AD2 AF. AC (hệ thức cạnh và đường cao) AE. AB AF. AC 2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác AFE và AP vuông góc với EF . Xét AFE và ABC có: B AC chung AE AF (do AE. AB AF. AC ) AC AB AFE∽ ABC( c ) g c AFE ABC Kẻ xy là tiếp tuyến của O tại A Trang 4
6. CAy ABC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn AC ) AFE CAy mà hai góc này là hai góc so le trong xy// EF mà AP  xy (vì xy là tiếp tuyến của O ) AP  EF 3) Chứng minh tứ giác AHKT là hình bình hành. Vì H là trực tâm ABC nên BH là đường cao ABC BH  AC Mà ACP 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) PC  AC BH // PC Chứng minh tương tự ta có CH // PB Tứ giác BHCP có BH // PC,// CH PB nên là hình bình hành Gọi M là trung điểm của BC M cũng là trung điểm của PH Tam giác PAH có MO, thứ tự là trung điểm của PH , PA Nên MO là đường trung bình của PAH 1 MO AH hay AH 2MO (1) 2 Kẻ đường kính TQ của O Chứng minh tương tự như trên ta cũng có tứ giác BKCQ là hình bình hành M là trung điểm của KQ MO là đường trung bình của QTK 1 MO TK hay TK 2 MO (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra AH TK Vì H là trực tâm ABC nên AH là đường cao ABC AH  BC Vì K là trực tâm của BTC nên TK là đường cao của BTC TK  BC AH // TK Tứ giác AHKT có AH// TK, AH TK nên là hình bình hành. Câu 5 (1 điểm) 4x 5 2x 2y 5 y (1) 1) Giải hệ phương trình: 2 x 1 3 x 2 y 3 x (2) Trang 5
7. 5 5 Điều kiện: x ; y 4 2 4x 2y Ta có: 1 4x 5 2y 5 y 2x 2x y 4x 5 2y 5 2 2x y 1 0 4x 5 2y 5 y 2x 2 1(ktm ) 4x 5 2y 5 Thay y 2x vào (2) ta có: x 1 3 x 2 2x 3 x2 a x 1 Đặt với a 0;b 0 b 3 x ta có: ab x 1 3 x x2 2x 3 a b 2 ab (3) Khi đó ta có hệ phương trình sau: 2 2 a b 4 Ta có: 3 a2 b2 2a b 4 4 ab a2 b 2 4 2a b 4 4 ab a2 b 2 2 2 ab 0 a b 2 ab 0 ab ( ab 2) 0 ab 2( loai ) a 0 x 1 y 2 Nếu ab 0 b 0 x 3 y 6 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 1; 2 , 3;6  1 6 2) Xét hai số dương x,y thoả mãn 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y 1 42 P 4x y x y 2 1 42 2 36 1 6 Ta có: P 4x y 2 2x 2x 2 y x x y x y x y Áp dụng bất đăng thức cô si: 2 2 2 2x 2x 33 2x.2x. 2x 2x 6 x2 x2 x2 36 36 36 y 2 y. y 12 y y y Trang 6
8. Do đó: 2 1 42 2 36 1 6 P 4x y 2 2x 2x 2 y 6 12 2 x x y x y x y P 20 2 2x x2 x2 1 x 1 Dấu = xảy ra khi: (do x 0;y 0 ) 36 2 y 6 y y 36 y Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 20 khi x; y 1;6  Trang 7