Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Lợi (Có hướng dẫn chấm)

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.
2) FE. FD = FB. FC. 
3) FH vuông góc với AM.
docx 10 trang Huệ Phương 01/07/2023 1780
Bạn đang xem tài liệu "Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Lợi (Có hướng dẫn chấm)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docxky_thi_thu_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2023_2024_truong.docx

Nội dung text: Kỳ thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Lợi (Có hướng dẫn chấm)

  1. TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Đề A Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề 3 x 2 x Câu 1: (2,0 điểm) P 3 : x 1 x x 2 x 2 1. Rút gọn biểu thức P 4 x 1 2. Tìm các giá trị của x để P x Câu 2 (2,0 điểm). 3x 2y 9 1. Giải hệ phương trình sau: x 4y 11 2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( ): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng ( ): y = 2x - 3; ( ): y = - 3x + 2. d1 d2 d3 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2x2 + 3x - 5 = 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2 2(m 1)x m2 0 có hai nghiệm phân 2 biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 6m x1 2x2 . Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. 2) FE. FD = FB. FC. 3) FH vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 3y 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P x 1 2 y 2 2 z 3 2 Hết
  2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm I 1) a) ĐKXĐ: x 0, x 1 0.25 (2,0đ) (1.0đ) 3 x 2 x P 3 : x 1 x x 2 x 2 3 x 1 3 x 2 x P : x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 3 x 3 3 x 2 x x 1 0.25 P : x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 3 x x 2 x x 0.25 P : x 1 x 2 x 1 3 x 2 x P : x 1 x 2 x 1 3 x x 2 x 1 P  3 x x 1 2 x Vậy với x 0, x 1 thì P =3 x 0,25 4 x 1 4 x 1 P 3 x 3x 4 x 1 0 x 1 3 x 1 0 0,25 x x x 1 x 1 0 x 1 2) x 1 3 x 1 0 1 1,0 đ 3 x 1 0 3 x 1 x 0,5 9 x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ. 1 4 x 1 Vậy x thì P 9 x 0,25 2 1 3x 2y 9 6x 4y 18 7x 7 x 1 x 1 (2,0đ) (1đ) 0.5 x 4y 11 x 4y 11 3x 2y 9 3.1 2y 9 y 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0.5
  3. 2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng (d ): y = 3x – 5 2 1 0.75 Nên a = 3; b 5 (1đ) Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng ( ): y = 2x - 3; ( ): y = - 3x + 2 d2 d3 nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình y 2x 3 x 1 y 3x 2 y 1 => Q( 1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b 5 0,25 Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán. 3 1 2x 2 3x 5 0 (2,0đ) (1,0đ) Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 0,25 5 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 1 2 2 0,25 2 x2 2(m 1)x m2 0 (1,0đ) 2 2 2 2 Ta có: ' m 1 m m 2m 1 m 1 2m 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x ' 0 1 2m 0 m 1 2 2 0,25 x1 x2 2 m 1 Theo vi-ét ta có: 2 x1x2 m Theo đề bài ta có: 2 2 x1 x2 6m x1 2x2 x1 x2 4x1x2 6m x1 2x2 2 2 4 m 1 4m 6m x1 2x2 2m 4 x1 2x2 0,25 Khi đó kết hợp với x1 x2 2 m 1 ta có hệ pt: 4 4 x m 2 x m 2 2 2 x1 x2 2 m 1 3x2 4m 6 3 3 Thay x 2x 2m 4 x x 2m 2 4 2 1 2 1 2 x 2m 2 m 2 x m 1 3 1 3 0,25 4 x m 2 2 3 vào x x m2 ta được: 2 1 2 x m 1 3 4 2 2 1 2 4 1 4 m 0 m 2 . m m m m 0 m m 0 (tm) 3 3 9 3 9 3 m 12 Vậy m 0;m 12 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 0,25
  4. 4 (3,0đ) A K D E H C F B M N 1 (1.0đ) 1) Ta có BD  AC ; CE  AB (GT) B· DC B· EC = 900 Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông =>tứ giác BEDC nội tiế 1,0 2) Vì BEDC nội tiếp => F· EB F· CD 2 · (1.0đ) Mà EFB chung 1,0 FE FC ΔFEB : ΔFCD (g.g) = FD.FE = FB.FC FB FD 3 3) Gọi giao điểm của FA với đường tròn (1.0đ) ngoại tiếp tam giác ABC là K. Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => F· KB F· CA Lại có K· FB chung FK FC ΔFKB : ΔFCA (g.g) = FK. FA = FB.FC FB FA FK FD FK. FA = FE. FD FE FA Mà K· FE chung ΔFKE : ΔFDA (g.g) => F· KE F· DA => tứ giác AKED nội tiếp. Mặt khác ·ADH ·AEH = 900 ( GT) => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. 1,0 =>K thuộc đường tròn đường kính AH => ·AKH = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có AN là đường kính ·ABN ·ACN = 900 = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác =>FH vuông góc với AM.
  5. Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 3y 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P x 1 2 y 2 2 z 3 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 2 1 1 1 1 1 8 * a 2 b 2 2 a b a b 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 0,25 Câu 5 1 1 8 8 8 64 0,25 P 2 2 2 2 2 2 (1đ) x 1 y z 3 y z 3 y 1 x 2 x z 5 2 2 2 2 3y y 2 Mặt khác: x z 2 x 2 z 2 2 3y y 2 2 64 64 P 1 0,25 2 2 2 y 1 2 8 y 2 6 2y 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x=1;y=2;z=1 Vậy GTNN của P bằng 1
  6. TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Đề B Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề 3 y 2 y Câu 1 (2,0 điểm). Q 3 : y 1 y y 2 y 2 1. Rút gọn biểu thức Q 5 y 2 2. Tìm các giá trị của y để Q y Câu 2 (2,0 điểm). 2x 3y 11 1. Giải hệ phương trình sau: x 6y 17 2.Cho hàm số: y = mx + n. Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( ): y = 2x – 3 d1 và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng ( ): y = 3x + 2; ( ): y = - 2x - 3. d2 d3 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3x2 + 2x - 5 = 0 2. Tìm các giá trị của tham số n để phương trình x 2 2 n 1 x n 2 0 có hai nghiệm phân biệt 2 x1,x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 6n x1 2x2 . Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp. 2) QK . QH = QP . QN. 3) QD vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a 2 b 2 c 2 3b 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P a 1 2 b 2 2 c 3 2 Hết
  7. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm 1 1 (2,0đ) (1,0đ) a) ĐKXĐ: y 0, y 1 1 0.25 (2,0đ) 3 y 2 y Q 3 : y 1 y y 2 y 2 3 y 1 3 y 2 y Q : y 1 y 1 y 2 y 1 y 2 3 y 3 3 y 2 y y 1 Q : 0.25 y 1 y 2 y 1 y 2 y 1 3 y y 2 y y Q : 0.25 y 1 y 2 y 1 3 y 2 y Q : y 1 y 2 y 1 3 y y 2 y 1 Q  3 y y 1 2 y Vậy với y 0, y 1 thì Q=3 y 0,25 2 5 y 2 5 y 2 (1,0đ) Q 3 y 3y 5 y 2 0 y 1 3 y 2 0 0,25 y y y 1(KTM ) y 1 0 y 1 y 1 3 y 2 0 4 0.5 3 y 2 0 3 y 2 y (tm) 9 4 5 y 2 Vậy y thì Q 9 y 0,25 2 1 (2,0đ) (1,0đ) 2x 3y 11 4x 6y 22 5x 5 x 1 x 1 0,75 x 6y 17 x 6y 17 2x 3y 11 2.1 3y 9 y 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0,25
  8. 2 Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng (1,0đ) ( ): y = 2x – 3 Nên m= 2; n 3 d1 Vì T là giao điểm của hai đường thẳng (d ): y = 3x + 2; 2 0,5 ( ): y = - 2x - 3 nên tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ d3 y 3x 2 x 1 phương trình y 2x 3 y 1 => T( -1 ; -1) 0,25 Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa mãn n 3 Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán 0,25 1 1) 3x 2 2x 5 0 3 (1,0đ) Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0 1,0 (2,0đ) 5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 1 2 3 2 x2 2(n 1)x n2 0 (1,0đ) 2 2 2 2 Ta có: ' n 1 n n 2n 1 n 1 2n 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 1 ' 0 1 2n 0 n 2 x x 2 n 1 Theo vi-ét ta có: 1 2 2 0,25 x1x2 n Theo đề bài ta có: 2 2 x1 x2 6n x1 2x2 x1 x2 4x1x2 6n x1 2x2 2 2 4 n 1 4n 6n x1 2x2 2n 4 x1 2x2 Khi đó kết hợp với x1 x2 2 n 1 ta có hệ pt: 4 4 x n 2 x n 2 2 2 x1 x2 2 m 1 3x2 4n 6 3 3 x 2x 2m 4 x x 2n 2 4 2 0,25 1 2 1 2 x 2n 2 n 2 x n 1 3 1 3 4 x n 2 2 3 Thay vào x x n2 ta được: 2 1 2 x n 1 3 4 2 2 1 2 4 1 4 n 0 n 2 . n n n n 0 n n 0 (tm) 3 3 9 3 9 3 n 12 Vậy n 0;n 12 thỏamãn yêu cầu đề bài. 0,25
  9. 4 M (3,0đ) L K H D A N Q P G 1) Ta có PK  MN ; NH  MP (GT) P· KN P· HN = 900 1 1,0 (1.0đ) Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác PHKN nội tiếp 2) Vì PHKN nội tiếp => Q· HP Q· NK 1,0 2 · (1,0đ) Mà HQP chung nên QH QN ΔQHP : ΔQNK (g.g) = QK.QH = QP.QN QP QK 3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là L. 1,0 Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => Q· LP Q· NM 3 Lại có L· QP chung (1,0đ) QL QN ΔQLP : ΔQNM (g.g) = QL. QM = QP.QN QP QM QH QM QH. QK = QL. QM mà L· QH chung QL QK ΔQLH : ΔQKM (g.g) => Q· LH Q· KM => tứ giác MLHK nội tiếp. Mặt khác M· KD M· HD = 900 ( GT) => H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD. => L thuộc đường tròn đường kính MD => M· LD = 900. Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Ta có M· LD = 900 => MG là đường kính M· NG M· PG = 900 = > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ. Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP => MD vuông góc với QN. Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác => QD vuông góc với AM. Câu 5 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: a2 b2 c2 3b
  10. (1đ) 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P 1,0đ a 1 2 b 2 2 c 3 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 2 1 1 1 1 1 8 2 2 2 * x y 2 x y x y 0,25 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 8 8 8 64 P 2 2 2 2 2 2 a 1 b c 3 b c 3 b 1 a 2 a c 5 2 2 2 0,25 2 3b b2 Mặt khác: a c 2 a2 c2 2 3b b2 2 64 64 P 1 2 2 2 b 1 2 6 2b 8 b 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a=1;b=2;c=1 Vậy GTNN của P bằng 1 0,25