Khảo sát chất lượng dự thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Như Thanh (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Khảo sát chất lượng dự thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Như Thanh (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NHƯ THANH HỌC SINH DỰ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giáo đề) Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang ― 1 6 ― 3 Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức P= (với x 0; x 4) + 3 ― 2 ― ― + ― 6 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm tất cả các giá trị của x để 푃 = . Câu II (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = ax + (b– 1). Tìm a, b biết đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;1) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -3. ― 2 = ―4 2. Giải hệ phương trình: ―3 + 2 = 0 Câu III (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x2 + 5x – 6 = 0 2. Cho phương trình x2 6x 6m m2 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C (C khác M). Kẻ MH vuông góc với BC (H BC). 1. Chứng minh rằng BOMH là tứ giác nội tiếp. 2. MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC. 3. Gọi giao điểm của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC là K (K khác M). Chứng minh rằng ba điểm C, K, E thẳng hàng. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thỏa mãn + + = 2. Chứng minh: 2 + + ≥ + + + + + + 3 Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; SBD:
2. PHÒNG GD&ĐT NHƯ THANH HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN Câu Nội dung Điểm 1.(1,0 điểm):Với x 0; x 4 ,ta có: ― 1 6 ― 3 P = + 3 ― 2 ― ― + ― 6 ― 1 6 ― 3 = + 3 + ― 2 ― ( + 3)( ― 2) 0,25 ( ― 2) ( ― 1)( + 3) 6 ― 3 = ( + 3)( ― 2) + ( ― 2)( + 3) ― ( + 3)( ― 2) ― 2 + + 2 ― 3 ― 6 + 3 = 0,25 ( + 3)( ― 2) 2 + 3 ― 9 = ( + 3)( ― 2) 0,25 (2 ― 3)( + 3) 2 ― 3 = = Câu I ( ― 2)( + 3) ― 2 2 ― 3 (2,0 Vậy P= Với x 0; x 4 0,25 điểm) ― 2 2.(1,0 điểm): Với x 0; x 4 ,ta có: 푃 = . 2 ― 3 => = ― 2 0,25 2 ― 3 ( ― 2) ⇔ = ― 2 ― 2 => ― 4 + 3 = 0 0,25 ⇔( ― 1)( ― 3) = 0 0,25 ― 1 = 0 = 1 ⇔ ⇔ ― 3 = 0 = 9 0,25 Ta thấy x =1 và x = 9 đều thoả mãn ĐKXĐ. Vậy x = 1 hoặc x = 9 1.(1.0 điểm): Vì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -3 nên 0,25 b-1 = -3 0,25 ⇔ b = -2 Câu II Với b = -2 ta có y = ax -3 0,25 (2,0 Vì đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;1), nên ta có: điểm) a.2–3 = 1 2a = 4 a = 2 0,25 Vậy a = 2 và b = -2 2.(1,0 điểm): Ta có: ― 2 = ―4 ―2 = ―4 = 2 = 2 0,75 ―3 + 2 = 0 ― 2 = ―4 2 ― 2 = ―4 = 3
3. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;3) 0,25 Câu III 1.(1,0 điểm):PT: x2 + 5x – 6 = 0 có các hệ số: a = 1, b = 5, c = - 6 0,25 (2,0 Vì a + b + c = 1 + 5 +(- 6) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm pb 0,5 điểm) x1 = 1 và x2 = - 6 0,25 2 2 x 6x 6m m 0 Có ' 9 6m m2 (m 3)2 0, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. x x 6 1 2 0,25 Theo Vi-ét ta có: 2 (2) x1.x2 6m m 3 3 2 Theo bài ra ta có: x1 x2 2x1 12x1 72 0 3 3 2 ⇔ 1 ― 2 + 2 1 + 12 1 + 72 = 0 2 2 ⇔( 1 ― 2) 1 + 1 2 + 2 ― 2 1( ―6 ― 1) + 72 = 0 2 ⇔( 1 ― 2) ( 1 + 2) ― 1 2 ― 2 1 2 + 72 = 0 (3) Thay (2) vào (3) ta được 2 2 ( 1 ― 2)(36 ― 6 + ) ― 2(6 ― ) + 72 = 0 2 2 ⇔( 1 ― 2)(36 ― 6 + ) + 2( ― 6 + 36) = 0 2 ⇔( ― 6 + 36)( 1 ― 2 + 2) = 0 0,25 Vì m2 6m 36 (m 3)2 27 0, m x1 x2 2 0 x1 x2 6 Ta có hệ phương trình: x x 2 1 2 0,25 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x2 2 ( 4).( 2) 6m m2 m2 6m 8 0 0,25 Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4 Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa 3 3 2 mãn x1 x2 2x1 12x1 72 0
4. C M H K E A B O N 1.(1,0 điểm) Tứ giác BOMH có: = 90° (MNAB) 0,25 = 90° (MHBC) 0,25 => + = 180° 0,25 - => BOMH là tứ giác nội tiếp 0,25 2.(1,0 điểm) Ta có: OM = OB (bán kính) => OMB vuông cân tại O => = = 450 0,25 Tứ giác BOMH nội tiếp => = (cùng chắn cung BO) = (cùng chắn cung MO) => => HE là tia phân giác của = 0,25 Áp dụng t/c đường phân giác trong tam giác Ta có: => ME.HB=BE.MH (1) = Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta có 0,25 2 MH2=HB.HC => HB = (2) 2 Từ (1) và (2) => ME. =>ME.MH=BE.HC 0,25 = . 3.(1,0 điểm) Ta có = 900 => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC có đường kính MC
5. => 퐾 = 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn đường kính MC) Mà 퐾 = 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn tâm O) => 퐾 + 퐾 = 900 + 900 = 1800 => C, K, N thẳng hàng (1) 0,25 Theo câu b, ta có: ME.MH=BE.HC => = Mà ( CHM đồng dạng CMB) = => (MB=BN) 0,25 = = Xét MEC và BEN Có: 0 = = 90 , = => MEC đồng dạng BEN => = (2 góc tương ứng) 0,25 Mà + = 1800 (2 góc kề bù) => + = 1800 =>C, E, N thẳng hàng (2) Từ (1) và (2) => C, K, N, E thẳng hàng 0,25 Vậy ba điểm C, K, E thẳng hàng Đặt a = , b = , c = (a,b,c > 0) => a + b + c = 2 3 3 3 Ta có VT = 2 + + 2 + 2 + + 2 + 2 + + 2 4 4 4 = 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2 2 2 ( + )2 Áp dụng BĐT ta có: 0,25 + ≥ + 4 4 + 3 + 2 + 2 3 + 2 + 2 Câu V ( 2 + 2)2 ≥ (1,0 ( 3 + 2 + 2) + ( 3 + 2 + 2) điểm) 4 4 4 => 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2 0,25 ( 2 + 2)2 4 ≥ + ( 3 + 2 + 2) + ( 3 + 2 + 2) 3 + 2 + 2 ( 2 + 2 + 2)2 ≥ ( 3 + 2 + 2) + ( 3 + 2 + 2) + ( 3 + 2 + 2) ( 2 + 2 + 2)2 0,25 = 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2 + 3 + 2 + 2
6. ( 2 + 2 + 2)2 = 2( + + ) + 2( + + ) + 2( + + ) ( 2 + 2 + 2)2 2 + 2 + 2 = = 0,25 ( 2 + 2 + 2)( + + ) + + 1 2 2 2 1 ( + + )2 1 22 2 = + + ≥ . = . = 2 1 1 1 2 1 + 1 + 1 2 3 3 3 3 3 2 =>VT = 2 + + 2 + 2 + + 2 + 2 + + 2 ≥ 3 2 Hay (đpcm) + + + + + + + + ≥ 3 2 4 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = => x = y = z= 3 9 Lưu ý: - Học sinh làm bài bằng cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. -Câu IV nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.