Khảo sát chất lượng ôn thi vào 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Thiệu Hóa (Có hướng dẫn chấm)

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

1. PHÒNG GDĐT THIỆU HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2023- 2024 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 5 năm 2023 Câu 1: (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 2x 3y 1 a) 3x 5x 2 0; b) 5x y 9. Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức: 2 x x 1 4 x 8 x 2 P . với x 0 ; x 4 ; x 9 x 2 x 2 x 4 x 3 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm số nguyên x lớn nhất để P có giá trị là số nguyên. Câu 3: (2,0 điểm). a) Cho đường thẳng d : y ax b. Tìm a,b biết d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 và d song song với đường thẳng y 2x 6. b) Cho phương trình x2 mx 1 3m2 0, với m là tham số. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 x1 x2 thỏa mãn x2 x1 3x1x2 13. Câu 4: (3,0 điểm). 2 Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định, trên đoạn OA lấy điểm I sao cho AI OA. 3 Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN (C không trùng M, N, B ). Nối AC cắt MN tại E . a) Chứng minh: Tứ giác IECB nội tiếp. b) Chứng minh: AE. AC AI. IB AI 2 và MA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC c) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 5: (1,0 điểm). Xét các số thực dương a, b > 0 thỏa mãn: ab + a + b = 3. a b 1 a2 b2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . b 1 a 1 a b 2 3 Hết ( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM
2. Bài Đáp án Điểm a) 3x2 5x 2 0 Ta có: = (-5)2 -4.3.(-2) =49 > 0 0,5đ Phương trình có hai nghiệm phân biệt b 5 7 b 5 7 1 x 2 ; x 0,5đ 1 2a 6 2 2a 6 3 b) 2x 3y 1 Câu 1: 5x y 9 ( 2,0đ). 2x 3y 1 0,25đ 15x 3y 27 0.25đ 13x 26 5x y 9 0,25đ x 2 y 1 0,25đ Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;1) ĐKXĐ: x 0 ; x 4 ; x 9 Câu 2: 2 x x +1 4 x - 8 x - 2 ( 2,0đ). P = - . x 2 x - 2 x - 4 x - 3 2 x x +1 4 x - 8 x - 2 = - . 0.25đ x 2 x - 2 x 2 x - 2 x - 3 2 x x - 2 x +2 x 1 4 x - 8 x - 2 = . 0,25đ x 2 x - 2 x - 3 2x - 4 x - x - 3 x - 2 + 4 x - 8 x - 2 x - 3 x - 10 x - 2 = . = . x +2 x - 2 x - 3 x +2 x - 2 x - 3 0,25đ x 2 x - 5 x - 2 x - 5 x - 2 x - 5 . = . x 2 x - 2 x - 3 x - 2 x - 3 x - 3 x - 5 Vậy P với x 0 ; x 4 ; x 9 x 3 0,25đ b) x - 5 x - 3 - 2 2 0,25đ P = = = 1 - x 3 x 3 x 3 0,25đ Để P Z thì x 3 Ư(2) = {-2; -1; 1; 2} * x - 3 = -2 => x = 1 x = 1 (TM)
3. * x - 3 = -1 => x = 2 x = 4 (Loại) * x - 3 = 1 => x = 4 x = 16 (TM) 0,25đ * x - 3 = 2 => x = 5 x = 25 (TM) Vì x là số nguyên lớn nhất nên x = 25 0,25đ Vì d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 Câu 3: 0,25đ ( 2,0đ). nên x = 3; y = 0 Do d song song với đường thẳng y = 2x +6 0,25đ a 2 Nên b 6 0,25đ Thay a = 2; x = 3; y = 0 vào hàm số y = ax + b ta có: 0 = 2.3 + b => b = - 6 (thỏa mãn) Vậy a = 2; b = - 6 0,25đ b) Ta có ac 1 3m2 0m 0,25đ Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 0, x2 0 x1 x2 . 2 Do đó x2 x1 3x1x2 x2 x1 3x1x2 m 3 1 3m . 0.25đ m 1 Từ giả thiết ta có m 3 1 3m2 13 9m2 m 10 0 10 m . 0.25đ 9 10 Vậy m và m 1 là giá trị cần tìm. 9 0.25đ M C Câu 4: (3,0đ). E H A I O B N a) Ta có: ·ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0.25đ 0.25đ B· IE 90 (giả thiết). ·ACB B· IE 90 90 180 . 0.25đ Tứ giác IECB có tổng hai góc đối nhau bằng 180 nên nội tiếp được đường tròn. 0.25đ
4. b) Xét hai tam giác AIE và tam giác ACB có: Góc A chung và ·AIE ·ACB 900 Suy ra: AIE∽ ACB (g – g) 0.25đ AE AI AI.AB AC.AE AB AC Do đó: AE. AC AI. IB AI.AB AI.IB AI AB IB AI 2 . Gọi H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC . Ta có: HM = HE MHE cân tại H . 1800 M· HE 1 H· ME 900 .M· HE 2 2 Lại có: 1 M· CE M· HE (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ME của đường tròn tâm 2 0.25đ H) · 0 · · · 0 Do đó: HME 90 MCE HME MCE 90 (1) Lại có : đường kính AB vuông góc dây MN nên AB là trung trực của MN, do đó A ¼ » · · · · là điểm chính giữa cung MN suy ra AM AN AMN MCA AMN MCE (2) 0.25đ · · 0 · 0 Từ (1) và (2) suy ra HME AMN 90 AMH 90 AM  HM Vậy MA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC (đpcm). 0.25đ c) Do AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC mà AM vuông góc BM nên H thuộc MB khi đó NH nhỏ nhất khi NH⊥ BM . 0.25đ suy ra tứ giác IHBN nội tiếp đường tròn. H· BI H· NI ( góc nội tiếp cùng chắn cung HI) MHN∽ MIB (g – g) MH MN 0,25đ MI MB MH. MB = MI .MN Mà MN = 2.MI nên MH .MB = 2MI2 . Xét tam giác vuông OIM , có: 2 2 2 2 2 2 R 8R MI MO OI R 3 9 Xét tam giác vuông BIM , có: 2 2 2 2 2 2 8R 4R 8R 2 6.R MB MI IB MB 9 3 3 3 Do đó: 2 6.R 8R2 8R 0.25đ MH. 2. MH 3 9 3 6 8R Điểm H thuộc tia MB sao cho MH 3 6 8R Vì H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC nên MH HC 3 6
5. 8R Vậy điểm C là giao điểm của đường tròn (O; R ) và đường tròn H; 0.25đ 3 6 Câu 5: a2 b2 a b 1 a2 b2 ( 1,0đ). P (a 1)(b 1) a b 2 3 0.25đ Từ ab + a + b = 3 => (a + 1)(b + 1) = 4 a b 2 2 = (a 1)(b 1) => a b 2 ab 1 (vì a + b + ab = 3) 2 Đặt t = a b 2 2 t 5 a2 b2 a2 b2 a b 1 P = 4 3 4 a b 2 12 0.25đ 12P = a2 b2 3 a b a b 2 Ta có: a + b = t2 – 2 => a2 + b2 = t4 – 6 – 2t2 12 12 12P = - t4 + 2t2 + 6 + 3(t2 – 2) - = - t4 + 5t2 - 0.25đ t t 3 6 6 12 3 Theo Cauchy ta có: t 2 9 t 2 9 4 t t t 4 3  12P t 4 5t 2 t 2 9 => 48P -4t4 + 23t2 – 36 4 2 7 2 2 t 23 4t 4 7 2 2 4 4  48P t 23 4t 36 36 7 4 7 2 2 4 23 9  48P 36 7 2 1 MaxP = khi a = b = 1 0.25đ 6 Lưu ý: - Câu 4: Nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm. - Điểm bài thi làm tròn đến 0,25. - Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.