Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Lần 2) - Đề A - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Minh Khai (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Lần 2) - Đề A - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Minh Khai (Có hướng dẫn chấm)

1. TRƯỜNG THCS MINH KHAI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2 ĐỀ A NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2023 3(x + 2 x ) x + 2 x + 1 Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức P = - - (với x ³ 0; x ¹ 1). ( x - 1)( x + 2) x - 1 x + 2 1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tính giá trị của P khi x = 6 - 2 5. Câu 2(2,0đ). ì ï 2x + y = 3 1. Giải hệ phương trình: í ï 3x + 2y = 4 îï 2 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1) : y = (m + 1)x - 2m và (d2) : y = (m + 3)x - m - 2 (m là tham số). Tìm m để (d1) song song với (d2) . Câu 3(2,0đ). 1. Giải phương trình: x 2 - 5x + 6 = 0 . 2 2 2. Cho phương trình: x - 2(m + 1)x + m - 2m + 3 = 0 (với m là tham số). 1 4x Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ,x thỏa mãn - 2 + 3x 2 = 0. 1 2 2 x 2 x1 1 Câu 4(3,0đ). Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa A và C . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường tròn O (M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , đường thẳng AE cắt nửa đường tròn O tại điểm thứ hai là F (F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF và H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh: 1. Tứ giác AMIO nội tiếp. 2. Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau. 3. Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm E thay đổi trên cung MC . Câu 5(1,0đ). Cho a,b là các số dương thoả mãn: a + b = 1. 19 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = + + 2023(a4 + b4) . ab a2 + b2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Với x ³ 0; x ¹ 1 ta có: 2 3x + 6 x ( x + 2) ( x + 1)( x - 1) 0,25 P = - - ( x - 1)( x + 2) ( x - 1)( x + 2) ( x - 1)( x + 2) 3x + 6 x - x - 4 x - 4 - x + 1 x + 2 x - 3 1 = = ( x - 1)( x + 2) ( x - 1)( x + 2) 0,5 ( x - 1)( x + 3) x + 3 x + 3 1 = = . Vậy P = với x ³ 0; x ¹ 1 0,25 (2,0đ) ( x - 1)( x + 2) x + 2 x + 2 2 Vớix = 6 - 2 5 = 5 - 1 ³ 0 Þ x = 5 - 1 (t / m) ( ) 0,25 5 - 1+ 3 5 + 2 ( 5 + 2)( 5 - 1) 3 + 5 Khi đóP = = = = 2 5 - 1+ 2 5 + 1 ( 5 + 1)( 5 - 1) 4 0,5 3 + 5 Vậy P = khi x = 6 - 2 5 0,25 4 ì ì ì ì ï 2x + y = 3 ï 4x + 2y = 6 ï x = 2 ï x = 2 Ta có: í Û í Û í Û í 0,75 ï 3x + 2y = 4 ï 3x + 2y = 4 ï 3.2 + 2y = 4 ï y = - 1 1 îï îï îï îï Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (2;- 1). 0,25 2 Điều kiện (d1) //(d2) là (2,0đ) ïì ém = 2 ì 2 ì 2 ï ê 0,75 2 ï m + 1 = m + 3 ï m - m - 2 = 0 ï íï Û íï Û í êm = - 1 Û m = - 1 ï - 2m ¹ - m - 2 ï m ¹ 2 ï ëê îï îï ï m ¹ 2 îï Vậy m = - 1 thì (d1) //(d2) 0,25 1 Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 = 2; x2 = 3. 1,0 Ta có: m 1 2 1. m2 2m 3 m2 2m 1 m2 2m 3 4m 2 Phương trình x2 2 m 1 x m2 2m 3 0 có 2 nghiệm phân biệt khi 0,25 3 1 và chỉ khi D > 0 Û 4m - 2 > 0 Û m > (*) (2,0đ) 2 2 Viết lại biểu thức với điều kiện x1 ¹ 0 1 4x2 2 1 4x1x2 2 2 2 0,25 2 3x2 0 2 3x2 0 3x1 x2 4x1x2 1 0 x1 x1 x1
3. 2 Û 3(x1x2 ) - 4x1x2 + 1 = 0 Û (x1x2 - 1)(3x1x2 - 1) = 0 é éx x = 1 ê 1 2 x1x2 - 1 = 0 ê Û ê Û ê 1 ê3x x - 1 = 0 êx x = ê 1 2 1 2 ë ëê 3 2 2 Với x1x2 1 ta có m 2m 3 1 m 2m 2 0 (vô nghiệm) 1 1 0,25 Với x x ta có m2 2m 3 3m2 6m 8 0 (vô nghiệm) 1 2 3 3 Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài. 0,25 Vì I là trung điểm của EF IO  EF (tính chất đường kính và dây cung) ·AIO 90o . · o · · 0 1 AMO 90 ( AM là tiếp tuyến của (O) ) nên AMO = AIO(= 90 ) 1,0 4 Mà hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc 90o (3,0đ) Vậy tứ giác AMIO nội tiếp. AMO vuông tại M có đường cao MH nên: OA.OH OM 2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1) 0,25 Mặt khác OM OF (bằng bán kính của (O) ) (2) OF OH 2 Từ (1) và (2) ta có: OF 2 OA.OH OA OF 0,5 OF OH Xét OFH và OAF , ta có:A·OF góc chung và . OA OF Suy ra DOFH # DOAF (c.g.c) 0,25 Gọi T là trung điểm GO. (3) 1 Gọi S là điểm thuộc OA sao cho OS OA S cố định. 3 0,25 3 2 Vì G là trọng tâm OFE OG OI . 3
4. 1 1 2 1 OT 1 Mà OT OG (do (3)) OT . OI OI . 2 2 3 3 OI 3 0,25 OT OS 1 OIA có = = Þ ST / / AI (định lí Ta-lét đảo) ST  OI. OI OA 3 SGO có ST  GO và T là trung điểm GO ST vừa là đường cao vừa là trung tuyến SGO cân tại S SG SO. 0,25 OA Mà S, SO cố định G thuộc đường tròn (S;SO) hay S; . 0,25 3 Cho a,b là các số dương thoả mãn: a + b = 1 19 6 1,0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = + + 2023(a4 + b4) ab a2 + b2 2 2 a + b 4 Ta có (a - b) ³ 0 Þ (a + b) ³ 4ab Û ³ ( a,b > 0) ab a + b 1 1 4 1 1 4 0,25 Û + ³ + ³ = 4 (*). Áp dụng (*) ta có: 2 2 2 (1) a b a + b 2ab a + b (a + b) 2 1 Mặt khác từ 1= (a + b) ³ 4ab Þ ³ 4 (2) 5 ab (1,0đ) 2 2 2 2 æ 2 ö 0,25 a + b ç a + b ÷ 4 4 ( ) 1ç( ) ÷ 1 Lại có a + b ³ ³ ç ÷ = (3) 2 2ç 2 ÷ 8 èç ø÷ 16 æ1 1 ö T + 6ç + ÷+ 2023 a4 + b4 Từ (1), (2), (3) ta có: = ç 2 2 ÷ ( ) ab èç2ab a + b ø÷ 2023 2023 1 ³ 16.6 + 6.4 + = 88 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = 0,5 8 8 2 2023 1 Vậy minT = 88 đạt tại a = b = 8 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì không chấm bài đó. - Câu 4 HS vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình.