Kỳ thi định hướng vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi định hướng vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ CHẴN: Câu I: (2,0 điểm) 2xx++ 17 x 3 Cho biểu thức: P =+− xx+−33x − 9 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm giá trị của x để biểu thức P = 3 Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 111 += xy2 2. Giải hệ phương trình:  462  +=  xy3 Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + 3 (với m ≠ 2) và (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. 2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông cân. Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính MN = 2R. Trên đoạn thẳng OM lấy điểm F (F khác O và M). Dây PA vuông góc với MN tại F. Trên cung nhỏ NP lấy điểm D bất kỳ (D≠≠NP , D ) , MD cắt PF tại I, gọi E là giao điểm của NP với tiếp tuyến tại M của (O). 1. Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F cùng thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh: MI. MD = PN.PE 3. Khi F là trung điểm của OM và D chạy trên cung nhỏ NP. Tìm vị trí điểm D để DN + DP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = 6. xyz3 33 Chứng minh rằng: ++≥3 yzx Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHẴN: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1) Với x ≥≠0; x 9 0,25 2xx++ 1 73 x Ta có P =+− +− xx33( xx+−33)( ) 2xx .( − 3) +( x + 1)( x + 3) −− 37 x P = 0,25 ( xx+−33)( ) 2x− 6 xx ++ 4 x +−− 337 x = ( xx+−33)( ) 39xx− 33xx( − ) 3x Câu = = = 0,25 xx+−33 xx +− 33x + 3 I ( )( ) ( )( ) (2đ) 3 x Vậy P = với xx≥≠0; 9 0,25 x + 3 1 31x 2) Với xx≥≠0; 9 , P = khi = 3 x + 3 3 6xx−+ ( 3) 83x − ⇔=0 ⇔=0 0,5 x + 3 x + 3 9 ⇒8x −= 30 ⇔=x (t/ m) 64 91 Vậy x= khi P = 0,5 64 3 1) Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 ó 5x2 + 6x – 11 = 0 ⇔ 5x2 – 5x + 11x – 11 = 0 ⇔ 5x(x – 1) + 11(x – 1) = 0 ⇔ (x – 1)(5x + 11) = 0 ⇔ x – 1 = 0 hoặc 5x + 11 = 0 0,5 TxH 1: – 1 = 0 ⇔=x 1 11 TH 2 : 5 x + 11 = 0 ⇔=−x 5 11 Câu Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; − 0,5 II 5 (2đ) 111 111 += += xy2 xy2 2) Giải hệ phương trình: ⇔ (*) 462 231 += +=  xy3 xy3 2
3. x ≠ 0 Điều kiện  y ≠ 0 1 =aa( ≠ 0)  x Đặt  1  =bb( ≠ 0)  y  1 ab+=  2 Hệ phương trình (*) trở thành  1 23ab+=  3  7  6 a = x = 6  7 Giải hệ phương trình ta được (/tm )⇒ (/ tm ) 0,75 −2 −3 b = y =    3  2  6 x =  7 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  −3 0,25 y =  2 a = a' 1) Hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau khi  b ≠ b'  m - 2 = 3 m = 5 0,75  ⇔3 ≠m ⇔ mm ≠⇔ 35 = 0,25 mm≠≠22  Câu Vậy m = 5 thì hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau III 2) (2đ) +) Nếu x = 0 thì y = 3 ⇒ B(0; 3) ⇒ OB = 3 −3 −3 +) Nếu y = 0 thì x = (với m ≠ 2) ⇒ A ;0 m2− m2− −33 ⇒=OA = m2−− m2 Vì A∈Ox, B∈Oy nên tam giá OAB vuông tại O 0,5 Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 9 m−= 2 1 m = 3 (t / m) ⇔ =⇔−=⇔2 ⇔ 2 9 (m 2) 1  (m− 2) m−=− 2 1 m = 1(t / m) 0,25  Vậy m ∈{1; 3} 0,25 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm D, N, F, I cùng thuộc 1 đường tròn: Vì ( ) đường kính MN nên = 90 hay = 90 Suy ra I, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính0 IN. 0 𝐷𝐷 ∈ 𝑂𝑂 𝑀𝑀�𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼� 0,5 Lại có nên = 90 0 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐼𝐼𝐼𝐼�𝐼𝐼 3
4. Suy ra bốn điểm I, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN. Vậy bốn điểm I, D, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN (đpcm) 0,5 E D P I B M N F O A 2) Chứng minh: MI.MD = PN.PE Câu Xét và có IV MFI = MDN = 90 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 (3đ) DMN chung do đó ( ) 0,25 suy ra: = . = MF.MN (1) 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 ∽ 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝑔𝑔 − 𝑔𝑔 Mặt khác𝑀𝑀𝑀𝑀 : 𝑀𝑀𝑀𝑀( ) đường kính AB nên = 90 (góc nội tiếp chắn nửa 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 đường tròn) ⇔ 0 Áp dụng hệ𝑃𝑃 th∈ức 𝑂𝑂lượng trong tam giác vuông𝑀𝑀�𝑀𝑀𝑀𝑀 MPN đường cao PF 0,25 Ta có MF.MN = MP2 (2) Lại có: ME là tiếp tuyến của (O) tại M nên = 90 (tính chất tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EMN đườ0ng cao MP 2 � 0,25 Ta có MP = PE.PN (3) 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 Từ (1), (2) và (3) suy ra: MI.MD = PN.PE 0,25 3) Tìm vị trí điểm E để EB+ EC lớn nhất: Vì MN vuông góc với PA tại F nên F là trung điểm của PA cân tại N. (NF là đường cao, đường trung tuyến) F là trung điểm của ; nên cân tại P 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 Mà OM = OP = R nên đều suy ra = 60 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 = 30 = 60 nên đều 0 0,25 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 Trên tia DA lấ0y điểm B sao cho0 DB = DP ⇒ 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 ⇒ 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 Vì = = 60 (góc nội tiếp cùng chắn cung PA) nên đều Vì = 180 0 = 120 (kề bù) � � 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃0 0 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 �𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 4
5. = 180 = 120 = 0 (góc nội tiếp cùng0 chắn cung PD) 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 0,25 Suy ra = 𝑃𝑃𝑃𝑃�𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 Xét và ta có 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 PB = PD 𝑃𝑃𝑃𝑃�𝑃𝑃 𝑃𝑃� 𝑃𝑃𝑃𝑃 = Do đó = ( . . ) suy ra AB = DN 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 Khi đó DN + DP = BA + BD = AD 2 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝑔𝑔 𝑐𝑐 𝑔𝑔 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD đường kính của đường tròn ( ) ≤ 𝑅𝑅 là điểm đối xứng với A qua O 𝑂𝑂 Vậy giá trị lớn nhất của DN + DP bằng 2R khi D đối xứng với A qua O 0,25 ⇔ 𝐷𝐷 3 33 xyz Đặt P =++ yzx Có x, y, z là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3  x 2  +≥xy2 x  y  3 3 33 y 2 xyz 2 22 ta có:  +≥yz2 y ⇒=P + + ≥2(x + y + z) −( xy + yz + zx) 0,25  z yzx 3  z 2  +≥xz2 z  x mà x+++++= y z xy yz zx 6 ⇒≥P26 x2 + y 22 + z + xyz ++ − ( ) ( ) 222 Câu Có( xy−) +−( yz) +−( zx) ≥0 ⇒22( x2 ++ y 22 z) ≥( xy ++ yz xz) V 2 22 2 (1đ) ⇒3( x + y + z) ≥( xyz ++) 2 2 0,25 Suy ra P≥( xyz ++) +( xyz ++) −6. 3 ++≤++2 22⇒ + + ≤ ++ 2 Có xy yz zx x y z 3( xy yz zx) ( x y z) 1 2 Do đó 6 =+++xyzxyyzxzxyz + + ≤+++( xyz ++) 3 1 2 2 ⇒( xyz ++) +( xyz ++) −≥60.⇒( xyz ++) ≥3 ( xyz++) ≥9 3 2 Suy ra P ≥.9 +−= 3 6 3 0,25 3 xyz3 33 Dấu đẳng thức xảy ra khi xyz= = =1. Vậy ++≥3 0,25 yzx Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai câu 4 thì không chấm điểm. 5
6. PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ LẺ: Câu I: (2,0 điểm) 2aa++ 17 a 3 Cho biểu thức: P =+− aa+−33a − 9 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm giá trị của a để biểu thức P = 2 Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 0 113 += xy4 2. Giải hệ phương trình:  12 9 3  +=   x y2 Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 1)x + 2 (với m ≠ 1) và (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. 2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông cân. Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn thẳng OA lấy điểm I (I khác O và A). Dây CM vuông góc với AB tại I. Trên cung nhỏ BC lấy điểm E bất kỳ (,)E≠≠ BE C , AE cắt CI tại F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của (O). 1. Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh: AE. AF = CB.CD 3. Khi I là trung điểm của OA và E chạy trên cung nhỏ BC. Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6. abc333 Chứng minh rằng: ++≥3 bca Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 1
7. HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ LẺ: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2aa++ 1 73 a Với aa≥≠0; 9 , ta có P =+− 0,25 aa+−33aa+−33 ( )( ) 2aa .( − 3) +( a + 1)( a + 3) −− 37 a P = ( aa+−33)( ) 0,25 2a− 6 aa ++ 4 a +−− 337 a = ( aa+−33)( ) Câu I 39aa− 33aa( − ) 3a = = = (2đ) aa+−33 aa +− 33a + 3 0,25 ( )( ) ( )( ) 3 a Vậy P = với aa≥≠0; 9 a + 3 0,25 1 31a b) Với aa≥≠0; 9 , P = khi = 2 a + 3 2 6aa−+ ( 3) 5 a − 3 ⇔ =⇔=00 0,5 aa++33 ⇒5a −= 30 9 ⇔=a (t/ m) 25 91 Vậy a= khi P = 0,5 25 2 1) Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 0 Ta có 3x2 + 8x – 11 = 0 ⇔ 3x2 – 3x + 11x – 11 = 0 ⇔ 3x(x – 1) + 11(x – 1) = 0 ⇔ (x – 1)(3x + 11) = 0 ⇔ x – 1 = 0 hoặc 3x + 11 = 0 TxH 1: – 1 = 0 ⇔=x 1 11 TH 2: 3 x + 11 = 0 ⇔=−x 3 0,75 11 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; − 0,25 Câu 3 II 113 113  += += (2đ) xy4 xy4 2) Giải hệ phương trình:  ⇔  (*) 12 9 3 4 3 1  += +=   x y2 xy2 2
8. x ≠ 0 Điều kiện  y ≠ 0 1 =aa( ≠ 0)  x Đặt  1  =bb( ≠ 0)  y  3 ab+=  4 Hệ phương trình (*) trở thành  1 43ab+=  2  −7  −4 a = x =   Giải hệ phương trình ta được 4 ⇒ 7 (/tm ) (/ tm ) 52 by= = 0,75  25  −4 x =  7 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  2 y = 0,25   5 a = a' 1) Hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau khi  b ≠ b'  m - 1 = 3m = 4  ⇔≠m2 ⇔≠⇔= mm 2 4 0,75  11≠≠mm 0,25 Vậy m = 4 thì hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau 2) +) Nếu x = 0 thì y = 2 ⇒ B(0; 2) ⇒ OB = 2 −2 −2 +) Nếu y = 0 thì x = (với m ≠ 1)⇒ A ;0 Câu m1− m1− III −22 (2đ) ⇒=OA = m1−− m1 Vì A∈Ox, B∈Oy nên tam giá OAB vuông tại O Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 4 m11−= m= 2 (t / m) ⇔ =⇔−=⇔2 ⇔ 0,75 2 4 (m 1) 1   (m− 1) m1−=− 1 m= 0 (t / m) Vậy m∈{0;2} 0,25 3
9. D E C F N A B I O M 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc 1 đường tròn: 0 0 EO∈()đường kính AB nên AEB = 90 hay FEB = 90 Suy ra E , F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB 0,5 0 Lại có CI⊥ AB nên FIB = 90 Suy ra I, F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB. Vậy bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc đường tròn đường kính FB (đpcm) 0,5 2) Chứng minh: AE AF= CB CD Câu Xét ∆AIF và ∆AEB ta có IV AIF= AEB = 900 (3đ) EAB chung do đó ∆∆AIF∽ AEB() g − g 0,25 AI AF suy ra: =⇔=AI. AB AF.AE (1) AE AB Mặt khác: CO∈() đường kính AB nên ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB ta có AI. AB= AC (2) 0,25 Lại có: AD là tiếp tuyến của ()O tại A nên DAB = 900 (tính chất tiếp tuyến) 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAD ta có AC= CD. CB (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra: AE AF= CB CD 0,25 3) Tìm vị trí điểm E để EB+ EC lớn nhất: Vì AB vuông góc với CM tại I nên I là trung điểm của CM ∆CBM cân tại B ( BI là đường cao, đường trung tuyến) I là trung điểm của OA; CI⊥ OA nên ∆OCA cân tại C Mà OC= OA = R nên ∆OCA đều suy ra COA = 600 ⇒=⇒= 00 ∆ CBA30 CBM 60 nên CBM đều 0,25 = Trên tia EM lấy điểm N sao cho EN EC 0 Vì CEM = CBM = 60 (góc nội tiếp cùng chắn cung CM) nên ∆CEN đều +) CNM =−=18000 CNE 120 (kề bù) 4
10. CEB =−=18000 CAB 120 Suy ra CNM = CEB (1) = Mà CMN CBE (góc nội tiếp cùng chắn cung CE) (2) Từ (1)(2) suy ra MCN = BCE 0,25 Xét ∆CNM và ∆CEB có CNM = CEB CE= CN MCN = BCE Do đó ∆=∆CNM CEB( g c g ) suy ra MN= EB Khi đó EC+=+ EB EN MN = EM ≤2 R 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi EM là đường kính của đường tròn()O ⇔ E là điểm đối xứng với M qua O Vậy giá trị lớn nhất của EB+ EC bằng 2R khi E đối xứng với M qua O 0,25 abc333 Đặt P =++ bca Có a , b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3 a 2  +≥ab2 a  b 3 333 b abc 222 Ta có:  +≥bc2 b2 ⇒=P + + ≥2(a + b + c) −( ab + bc + ac)  c bca 0,25 3 c 2  +≥ac2 c  a mà a+++ b c ab + bc + ac =6 ⇒P ≥26( a222 + b + c) +( abc ++) − Câu 222 222 V Có(ab−) +−( bc) +−( ac) ≥0 ⇒22(a ++ b c) ≥( ab ++ bc ca) (1đ) 2 2 2 ⇒3(a222 + b + c) ≥( abc ++) . Suy ra P≥( abc ++) +( abc ++) −6 3 0,25 222 2 Có ab++≤++ bc ca a b c ⇒3(ab + bc + ac) ≤( a ++ b c) 1 2 Do đó 6 =+++abcabbcacabc + + ≤+++( abc ++) 3 1 2 2 ⇒(abc ++) +( abc ++) −≥60.⇒(abc ++) ≥3, (abc++) ≥9 3 0,25 2 Suy ra P ≥.9 +−= 3 6 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi abc= = =1 3 abc333 Vậy ++≥3 0,25 bca Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai bài 4 thì không chấm điểm. 5