Bộ 20 Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2023-2024

119 trang hoahoa 18/05/2024 1280

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ 20 Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2023-2024", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_20_de_thi_thu_vao_lop_10_mon_toan_co_dap_an_nam_hoc_2023.pdf

Nội dung text: Bộ 20 Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2023-2024

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 20 ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM 2023-2024 (Liệu hệ tài liệu word môn toán SĐT (zalo) : 039.373.2038) Tài liệu sưu tầm, ngày 9 tháng 5 năm 2023
Website:tailieumontoan.com PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - LẦN 1 Năm học 2023 - 2024 MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm). Cho hai biểu thức: x -2 2x x +1 4 x -8 A = và B = - + với x ≥≠≠ 0 ; x 4 ; x 9 x - 3 x+ 2 x -2 x - 4 a/ Tính giá trị của A khi x = 16. b/ Rút gọn biểu thức B. c/ Cho P = A.B. Tìm số nguyên x lớn nhất để P có giá trị là số nguyên. Bài 2 (2,5 điểm) 1/ Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai đội sản xuất lập kế hoạch làm chung 7000 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do đã hết ảnh hưởng của dịch COVID nên năng suất đội I tăng 15%, đội II tăng 20%. Vì thế, trong thời gian quy định, cả hai đội đã làm được 8200 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch mỗi đội phải làm bao nhiêu sản phẩm? 2/ Người ta làm một chiếc bồn chứa nguyên liệu có phần 2,4m trên dạng một hình trụ rỗng, phần dưới dạng hình nón với mặt cắt và các kích thước như hình vẽ. Hỏi bồn chứa được bao nhiêu mét khối (coi bề dày của thành không đáng kể. 3m Lấy π ≈ 3,14và làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). Bài 3: (2 điểm)  1 2x + = 5  y - 1 1,5m  1/ Giải hệ phương trình: 2 3x − = 4  y - 1 2/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2mx - 2m + 2 (với m là tham số) a/ Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P). 2 Tìm m để: x1 + 2mx2 = 8 Bài 4: (3 điểm) Từ điểm M nằm ngoài (O,R), kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi N là trung điểm của MA; BN cắt (O) tại C. 2 a/ Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp và NA = NB.NC . b/ Tia MC cắt (O) tại điểm thứ hai D. Chứng minh BD // AM. c/ Gọi I là trung điểm của CD; K là giao điểm của AB và CD. Chứng minh: MC.MD = MI.MK Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 32 Bài 5: (0,5 điểm) Cho a,b > 0, a + b = 1. Tìm GTNN của: A = + a22 + b ab Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KỲ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Nội dung Điể Câu Phần m Với x = 16(TMĐK) thay vào biểu thức A ta được: 0,25 a Tính đúng A = 2, KL: 0,25 ĐKXĐ: x ≥≠ 0; x 4 2x x +1 4 x -8 B = - + x+ 2 x -2 x - 4 0,25 2x x +1 4 x -8 = - + x+ 2 x -2 ( x+ 2)( x -2) 2x ( x -2) −( x +2)( x ++ 1) 4 x -8 = ( x+ 2)( x -2) b 2x - 4 x - x - 3 x - 2 + 4 x -8 x - 3 x - 10 = = ( x +2)( x -2) ( x +2)( x -2) 0,25 1 ( x+ 2)( x -5) x -5 (2đ) = = 0,25 ( x+ 2)( x -2) x -2 x - 5 0,25 B= , KL x2− ĐKXĐ: x ≥≠ 0; x 4 x - 2 x - 5 x - 5 x - 3 - 2 2 P = A.B = . = = = 1 - x - 3x2−− x3 x3 − x3 −0,25 Để P ∈ Z thì x − 3 ∈ Ư(2) = {-2; -1; 1; 2} c * x - 3 = -2 => x = 1 ⇒ x = 1 (TM) * x - 3 = -1 => x = 2 ⇒ x = 4 (Loại) * x - 3 = 1 => x = 4 ⇒ x = 16 (TM) ⇒ * x - 3 = 2 => x = 5 x = 25 (TM) 0,25 Vì x là số nguyên lớn nhất nên x = 25 + 2 1 Gọi số sản phẩm đội I phải làm theo kế hoạch là x (sp, x ∈ Z ; x<7000) 0,25 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com (2,5 Thì số sản phẩm đội II phải làm theo kế hoạch là; 7000 - x (sp) 0,25 đ) 15x Thực tế, số sản phẩm đội I tăng: (sp) 0,25 100 20(7000− x ) số sản phẩm đội II tăng: (sp) 0,25 100 Cả hai đội tăng: 8200-7000=1200 (sp) Nên ta có phương trình: 15x 20(7000− x ) + = 1200 0,25 100 100 ⇔ 15x + 20(7000-x) = 120000 ⇔ 15x + 140000 – 20x = 120000 ⇔ -5x = - 20000 0,5 ⇔ x = 4000 (TMĐK) Vậy theo kế hoạch, đội I phải làm: 4000 (sp) Và đội II phải làm: 7000 – 4000 = 3000 (sp) 0,25 Bán kính đường tròn đáy là: 2,4:2 = 1,2(m) 2 2 3 Thể tích phần hình trụ là: V1 = π.r h ≈ 3,14.(1,2) .3 ≈13,56 (m ) 0,25 2 1 2 1 2 3 Thể tích phần hình nón là: V2 = π.r h ≈ .3,14.(1,2) .1,5 ≈2,26 (m ) 3 3 3 Thể tích bồn chứa là: V = V1 + V2 ≈ 13,56 + 2,26 = 15,82 (m ) 0,25  1 2x + = 5  y - 1  2 Đkxđ: y ≠ 1 3x − = 4  y - 1 1 Đặt = a 3.1 y −1 0,75đ 2x + a = 5  4x + 2a = 10  7x = 14 x = 2 3 ⇔ ⇔ ⇔⇔ Hệ pt    (2đ) 3x - 2a = 4  3x - 2a = 4  a = 5 - 2x a = 1 0,25 1 Thay ẩn: = 1 => y – 1 = 1 => y = 2 (tm) y −1 0,25 Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất: (x , y) = (2 ; 2) 0,25 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 3.2 2 x = 2mx -2m + 2 (a) 2 0,25 0,5đ ⇔ x – 2mx + 2m - 2 = 0 (*) ∆' = m2 - 2m + 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 2 = m - 2m + 1 + 1 2 = (m - 1) + 1 > 0 ∀ m 0,25 => phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m Vậy đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt ∀m Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (*) 0,25 Theo phần a, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m  x12 + x = 2m Theo Định lý Vi-et ta có:   x12 x = 2m - 2 2 Theo bài: x1 + 2mx2 = 8 2 ⇔ x 1 + (x1 + x2 )x2 = 8 2 2 ⇔ x 1 + x1 x2 + x2 = 8 2 0,25 3.2 ⇔ (x1 + x2) – x1x2 = 8 (b) ⇔ (2m)2 – (2m – 2) = 8 0,75đ ⇔ 4m2 – 2m + 2 = 8 ⇔ 4m2 – 2m - 6 = 0 ⇔ 2m2 – m - 3 = 0 Nx: a - b + c = 2 + 1 – 3 = 0 3  m1 = -1; m2 = 2 3 Vậy với m = -1 hoặc m = thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có 0,25 2 2 hoành độ thỏa mãn: x1 + 2mx2 = 8 A N M O 4 (3đ) a C D 0,25 B Vẽ hình đúng đến câu a • Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên 0 0 MAO = 90 ; MBO = 90 0,25 Xét tứ giác MAOB có: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com ⇒ MAO + MBO =+= 9000 90 180 0; Mà hai góc ở vị trí đối diện 0,25 Nên tứ giác MAOB nội tiếp 0,25 • Xét trong (O) ta có: CAN là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắn cung AC 0,25 CBA là góc nội tiếp chắn cung AC => CAN = CBA Xét ° NAC và ° NBA có: ANB là góc chung = NAC NBA (cm trên) 0,5 ⇒ ° NAC ” ° NBA (g-g) NA NB ⇒ = => NA2 = NB.NC 0,25 NC NA 2 2 Vì NA = NB.NC, mà NA = NM => NM = NB.NC NM NB ⇒ = 0,25 NC NM Xét ° NMC và ° NBM có: MNB là góc chung NM NB 0,25 = NC NM b ° NMC ” ° NBM (c-g-c)  NMC = NBM Xét trong (O) ta có: 0,25 NBM = BDC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây chắn cung BC)  NMC = BDC 0,25  BD // AM (hai góc SLT bằng nhau) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com A N M O C K I D B Vì I là trung điểm CD => OI ⊥ CD = 0 = 0 = 0 Ta có: MAO 90 ; MBO 90 ; MIO 90  5 điểm: M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO c Do MA = MB (hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)) Nên MA = MB => MBA = MIB Xét ° MBK và ° MIB có:  M là góc chung 0.25 MBK = MIB ⇒ MBK MIB (g-g) ° ” ° MB MI ⇒ = => MB2 = MI.MK (1) MK MB Xét ° MBC và ° MDB có: M là góc chung MBC = MDB (Góc tạo bởi tt và dây và góc nội tiếp chắn cung BC) ⇒ ° MBC ” ° MDB (g-g) 0,25 MB MD 2 ⇒ = => MB = MC.MD (2) MC MB Từ (1) và (2) => MC.MD = MI.MK 34331 111 A = + = + + = 3 + + 2 2 2ab 22 2ab 2ab 22 2ab 2ab a + b a +b a +b Áp dụng bđt: x2 + y2 ≥2xy => (x + y)2 ≥ 4xy 5 x+y 4 1 1 4 11 4 (0,5) ⇒≥⇒ + ≥ ≥ ta có: 22 + 2 (1) 0,25 xy x+y x y x+y a + b 2ab (a+b) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 2 (a+b) 12 2 ⇒≥ Lại có: (a+b) ≥ 4ab => 2ab ≤ 2 (2) 2 2ab (a+b) 4 2 14 ⇒≥ Từ (1) và (2) A 3.222 + = = 14 hay A ≥ 14 (a+b) ( a+b) ( a+b) 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = 0,25 2 1 Vậy Min(A) = 14 khi a = b = 2 Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 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 32 xx xx 21 Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức P (với xx 0; 1 ). xx 12 xx 12 1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tính giá trị của P khi x 6 2 5. Câu 2(2,0đ). 23xy 1. Giải hệ phương trình: 324xy 2 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (dy1 ) : ( m 1) x 2 m và (d2 ) : y ( m 3) xm 2 (m là tham số). Tìm m để ()d1 song song với ()d2 . Câu 3(2,0đ). 1. Giải phương trình: xx2 5 60. 2. Cho phương trình: x22 2( m 1) xm 2 m 3 0 (với m là tham số). 1 4x Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt xx, thỏa mãn 2 3x 2 0. 12 2 x 2 x1 1 Câu 4(3,0đ). Cho ba điểm ABC, , 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. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 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 ab, là các số dương thoả mãn: ab 1. 19 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 2023(ab44 ) . ab ab22 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Với x 0; x 1 ta có: 2 36xx x 2 xx 11 0,25 P xx 12 xx 12 xx 12 36x xx 4 x 4 x 1 x 2 x 3 1 xx 12 xx 12 0,5 xx 13 x 3 x 3 1 . Vậy P với x 0; x 1 0,25 (2,0đ) xx 12 x 2 x 2 2 x 625 51 0x 51 (/) tm Với 0,25 513 52 52 51 3 5 Khi đóP 2 512 51 51 51 4 0,5 35 Vậy P khi x 6 25 0,25 4 2xy 3 426 x y x 2 x 2 Ta có: 0,75 324xy 324 xy 3.224 y y 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là xy; 2; 1 . 0,25 2 Điều kiện (d1) //(d2) là (2,0đ) m 2 22 0,75 2 m 1 m 3 mm 20 m 1 m 1 22mm m 2 m 2 Vậy m 1 thì (d1) //(d2) 0,25 xx 2; 3 1 Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là 12. 1,0 2 Ta có: ∆=′ (m+−1) 1.( mm2 −+=++−+−=− 2 3) mm 22 2 1 mm 2 3 4 m 2 3 Phương trình x22−2( m + 1) xm + − 2 m += 30 có 2 nghiệm phân biệt khi (2,0đ) 2 0,25 1 và chỉ khi 0 4mm 2 0 (*) 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com Viết lại biểu thức với điều kiện x1 0 1 4x2 2 14− xx12 2 22 22−+=⇔30x2 +=⇔− 303x2 x1 x 2 4 xx 12 += 10 xx11 x1 2 0,25 3 xx12 4 xx 12 1 0 xx12 13 xx12 1 0 xx 1 12 xx12 10 1 3xx 10 xx 12 12 3 22 Với xx12= 1 ta có mm−+=⇔−+=2 31 mm 2 20 (vô nghiệm) 1 1 0,25 Với xx = ta có mm22−2 += 3 ⇔ 3 mm − 6 += 80 (vô nghiệm) 12 3 3 Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài. 0,25 4 (3,0đ) 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 Mà hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc 90o Vậy tứ giác AMIO nội tiếp. ∆AMO vuông tại M có đường cao MH nên: OAOH. = OM 2 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) Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com OF OH Từ (1) và (2) ta có: OF2 = OAOH. ⇒= OA OF 0,5 OF OH Xét ∆OFH và ∆OAF , ta có:AOF góc chung và = . OA OF Suy ra OFH# OAF ( ) 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 2 Vì G là trọng tâm ∆OFE ⇒= OG OI . 3 1 12 1OT 1 Mà OT= OG (do (3)) ⇒=OT OI = OI ⇒ = 2 23 3OI 3 3 OT OS 1 0,25 ∆OIA có 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;. 3 0,25 Cho ab, là các số dương thoả mãn: ab 1 19 6 1,0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 2023(ab44 ) ab ab22 2 2 ab 4 Ta có ab 0 a b 4 ab ( ab, 0) ab a b 11 4 11 4 0,25 4 (*). Áp dụng (*) ta có: 22 2 (1) a b ab 2ab ab ab 5 2 1 Mặt khác từ 1= a b 44 ab (2) (1,0đ) ab 2 2 22 2 0,25 ab ab 44 11 Lại có ab (3) 2 22 8 16 1 1 T 6 2023 ab44 Từ (1), (2), (3) ta có: = 22 ab 2 ab ab 0,5 2023 2023 1 16.6 6.4 88 . Dấu “=” xảy ra khi ab 88 2 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com 2023 1 Vậy minT 88 đạt tại ab 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. Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com UBND HUYỆN THANH TRÌ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN VĂN ĐIỂN Môn: Toán Thời gian làm bài 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 6/4/2023 (Đề thi gồm 01 trang) xx++3 xx+ 31 Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = và B= − −;( xx >≠ 0; 4) x − 4 x − 4 x+−22 xx 1) Tính giá trị biểu thức: A khi x = 9 2) Rút gọn biểu thức B 1 3) Tìm các giá trị x nguyên dương để AB−< x Câu 2: (2,5 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường bằng xe đạp. Biết rằng khoảng cách từ nhà bạn An đến trường là 4km . Do lúc về phải lên dốc nên vận tốc đạp xe chậm hơn vận tốc lúc đi 4/km h , vì vậy thời gian lúc về lâu hơn thời gian lúc đi là 5 phút. Hỏi vận tốc đạp xe lúc về của bạn An bằng bao nhiêu km/ h ? 2) Người ta thiết kế một thùng tôn hình trụ không có nắp để đựng nước có dung tích bằng 2m3 . Biết chiều cao thùng tôn là 2m . Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu m2 tôn (không kể mép nối) để làm được thùng tôn trên? Lấy π = 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai. 21xy−− xy −=  3 22 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau:  34x−+ yx 3 y  =  25 2) Cho phương trình x2 −(21 m −) xm −= 0 với m là tham số a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m . b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm xx12; sao cho 22 x1+− x 27 xx 12 =1 + xx12 xx12−1 Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (OR; ) và dây cung BC cố định (BC< 2 R) . Điểm A di động trên (OR; ) sao cho ∆ABC có ba góc nhọn và AB< AC . Vẽ đường cao CD của ∆ABC và đường kính AM . Hạ CE vuông góc với AM tại E , gọi H là trực tâm của ∆ABC . 1) Chứng minh rằng tứ giác ADEC nội tiếp được một đường tròn. 2) Chứng minh rằng ABH= DEA ;. DE BC= DC . BM 3) Kéo dài DE cắt BM tại F , BH cắt AC tại K . Chứng minh rằng DF luôn đi qua một điểm cố định và KF AM . Câu 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương xy, thỏa mãn: 4x≥+ 16 xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 2xy thức P = 23xy22+ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com ___ UBND HUYỆN THANH TRÌ HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN VĂN ĐIỂN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút Ngày thi: 6/4/2023 (Đề thi gồm 01 trang) xx++3 xx+ 31 Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = và B= − −;( xx >≠ 0; 4) x − 4 x − 4 x+−22 xx 1) Tính giá trị biểu thức: A khi x = 9 2) Rút gọn biểu thức B 1 3) Tìm các giá trị x nguyên dương để AB− ≠0; 4 ta có: xx+ 31 0,25 B= − −;( xx >≠ 0; 4) x − 4 x+−22 xx 0,25 x + 31 1 B =−− x − 4 xx+−22 −+x 3 0,25 B = x − 4 −+x 3 Vậy B = 0,25 x − 4 3) 1 3) Tìm các giá trị x nguyên dương để AB− 0( ∀>x 0; x ≠ 4) 24 Nên xx−≤⇔<<20 0 4 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com Vì x nguyên nên x ∈{1; 2; 3} 0,25 Câu 2: (2,5 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường bằng xe đạp. Biết rằng khoảng cách từ nhà bạn An đến trường là 4km . Do lúc về phải lên dốc nên vận tốc đạp xe chậm hơn vận tốc lúc đi 4/km h , vì vậy thời gian lúc về lâu hơn thời gian lúc đi là 5 phút. Hỏi vận tốc đạp xe lúc về của bạn An bằng bao nhiêu km/ h ? 2) Người ta thiết kế một thùng tôn hình trụ không có nắp để đựng nước có dung tích bằng 2m3 . Biết chiều cao thùng tôn là 2m . Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu m2 tôn (không kể mép nối) để làm được thùng tôn trên? Lấy π = 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai. HD 1) Gọi vận tốc lúc về là x( km/; h) x > 0 0,25 2,0 điểm 0,25 Khi đó vận tốc lúc đi là x+ 4/( km h) 51 Đổi đơn vị: 5 phút = = (giờ) 0,25 60 12 Theo đề bài, ta có phương trình: 0,25 44 1 −= xx+ 4 12 0,5 ⇒+−xx2 4 192 = 0 x=12( TM ) ⇔  0,25 x= −16( KTM ) Vậy vận tốc lúc về của An là: 12km / h 0,25 1) Gọi bán kính thùng tôn là Rm( );0 R> 0,5 điểm Chiều cao của thùng tôn là hm= 2( ) 23 Thể tích của thùng tôn là: V=π Rh = 2( m) 1 0,25 ⇒=R π Diện tích toàn phần tôn cần sử dụng là: 2 Stp=+=+≈ SS d xq 1 4 4 8,09(m) 0,25 21xy−− xy −=  3 22 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau:  34x−+ yx 3 y  =  25 2) Cho phương trình x2 −(21 m −) xm −= 0 với m là tham số a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m . Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm xx12; sao cho 22 x1+− x 27 xx 12 =1 + xx12 xx12−1 HD 1) 21xy−− xy −= 1,0 điểm  3 22  34x−+ yx 3 y  =  25 22( xy−−) 3( xy −=) 3 0,25 ⇔  53( xy−=+ 4) 2( xy 3 ) xy+=3 ⇔  13xy−= 26 0 0,25 xy+=3 ⇔  xy= 2 x = 2 ⇔  0,25 y =1 x = 2 Vậy nghiệm của hệ là  y =1 0,25 2a) 2 2 0,25 Ta có ∆ = −(2m − 1)  − 4.1.( − mm) = 4 + 1 > 0; ∀ m 0,5 điểm Do đó, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 2a) Theo ý a, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt xx12; với 0,5 điểm mọi m xx12+=21 m − Theo hệ thức Vi-et, ta có:  0,25 xx12= − m 22 x1+− x 27 xx 12 Để =1 + xx12 xx12−1 xx ≠ 1 m ≠ 1 Điều kiện: 12 ⇔ xx12≥≤00 m x22+− x7 xx 1 2 12= + Biểu thức đã cho 1 xx12 xx12−1 2 ⇔+( x1 x 2) −91 xx 12 = xx 12 − 2 ⇔ + − += ( x1 x 2) 10 xx 12 1 0 ⇔2mm2 + 3 += 10 Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com  1 m= − ( TM ) ⇔  2 0,25  m= −1( KTM ) Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (OR; ) và dây cung BC cố định (BC< 2 R) . Điểm A di động trên (OR; ) sao cho ∆ABC có ba góc nhọn và AB< AC . Vẽ đường cao CD của ∆ABC và đường kính AM . Hạ CE vuông góc với AM tại E , gọi H là trực tâm của ∆ABC . 1) Chứng minh rằng tứ giác ADEC nội tiếp được một đường tròn. 2) Chứng minh rằng ABH= DEA ;. DE BC= DC . BM 3) Kéo dài DE cắt BM tại F , BH cắt AC tại K . Chứng minh rằng DF luôn đi qua một điểm cố định và KF AM . HD 1) Vẽ hình 1,0 điểm 0,25 A K D H O B C E M Xét tứ giác ADEC có ADC= AEC =90 ° 0,25 ⇒ hai đỉnh DE, cùng nhìn đoạn AC dưới một góc vuông 0,25 ⇒ ADEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC 0,25 2) + Chứng minh ABH= DEA 1,0 điểm Xét ∆ABK và ∆ACD có: A: chung AKB= ADC =90 ° 0,25 ⇒∆ABK ∆ ACD( g − g ) ⇒= ABK ACD(1) Vì tứ giác ADEC là tứ giác nội tiếp đường tròn ⇒=DEA DCA (2) (cùng nhìn DA ) Từ (1) và (2) ⇒= ABK DEA 0,25 + Chứng minh DE BC= DC BM ‘ Xét ∆DEC và ∆BMC có: Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com EDC = EAC = = MBC MAC( EAC) 0,25 ⇒∆DEC ∆ BMC( g − g ) ⇒=DE BC DC BM 0,25 3) A 1,0 điểm K D H O C B N I E M F Kéo dài AH cắt BC tại N . Khi đó ADN,,,, EC cùng nằm trên đường tròn đường kính AC 0,25 Ta có DAN= DCI;3 CDI = CAE ( ) CAE = CBM (cùng chắn CM ) (4) CBM = DAN (cùng phụ với ABN ) (5) Từ (3); (4); (5) ⇒=CDI DCI ⇒∆DCI cân tại I ⇒=ID IC 0,25 Dễ dàng chứng minh được ∆ cân tại IBD I ⇒=ID IB Vậy IB= IC nên DF luôn đi qua một điểm cố định là trung điểm của BC Ta có DBM =90 ° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BF CD (cùng vuông góc với AB ). Xét ∆DIC và ∆FIB có DIC = FIB DCI= FBI (so le trong, BF CD ) IB= IC ⇒∆DIC =∆ FIB( g − c − g ) ⇒=⇒===IF ID IF ID IC IB ⇒∆BFC vuông tại F 0,25 ⇒=°CFB 90 +=° Xét tứ giác BKCF có BKC BFC 180 ⇒ BKCF là tứ giác nội tiếp Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com ⇒=FBC FKC (cùng chắn CF ) Mà FBC = MAC (cùng chắn CM ) 0,25 ⇒=FKC MAC ⇒ KF AM Câu 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương xy, thỏa mãn: 4x≥+ 16 xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2xy P = 23xy22+ HD 1) Có xy,0> thỏa mãn: 4x≥+ 16 xy 2,5 điểm 4x≥+ 1 6 xy ≥ 26 xy ⇒ 2 x ≥ 6 xy xx2 63 ⇒46x2 ≥ xy ⇒ ≥⇒≥ xy42 y x 2 2xy y x 3 = = = ≥ P 22 2 , đặt tt; 23xy+ x y 2 2.+ 3 y 2t 22t 2 0,25 P = ⇒−=P − 2.t 2 + 3 5 2.t 2 + 3 5 2 2 10tt 4+ 6 ⇒−= − P 22 5 5( 2.tt++ 3) 5( 2. 3) 2 −−(23tt)( − 1) ⇒−= P 2 5 5 2.t + 3 ( ) 32 Vì t≥ ⇒2 tt −≥ 3 0; −> 1 0 ⇒ P − ≤ 0 25 2 3 Vậy GTLN của P là khi t=⇒=23 xy và 5 2 11 61xy = ⇒=xy; = 0,25 23 ___ Hết ___ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 Tài liệu toán học
Website:tailieumontoan.com PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN 9 QUẬN LONG BIÊN NĂM HỌC 2023 – 2024 Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Không kể thời gian giao đề) Bài I: (2,0 điểm). xx−+21 1 72x − Cho hai biểu thức P = + . và Q = với xx>≠0, 1. x+2 xx +− 21 x xx+ 2 1) Tính giá trị biểu thức Q khi x =16 . x +1 2) Chứng minh P = . x 3) Tìm tất cả các giá trị của x để PQ≤ . Bài II: (2,0 điểm). 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Phát động thi đua chào mừng 20 năm ngày thành lập quận Long Biên, hai phường Ngọc Thụy và Phúc Đồng tham gia lắp đặt camera để đảm bảo an ninh đô thị. Trong tháng thứ nhất, cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera. Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt mức 10% , phường Phúc Đồng vượt mức 12% so với tháng thứ nhất nên cả hai phường đã lắp được 200 chiếc. Hỏi trong tháng thứ nhất, mỗi phường lắp được bao nhiêu chiếc camera? 2) Một hộp sữa đặc có dạng một hình trụ với đường kính đáy là 6 cm, chiều cao là 9 cm. Tính thể tích của hộp sữa đó. (Lấy π≈3,14 ). Bài III: (2,5 điểm). 3 y − 2 +=4  1) Giải hệ phương trình:  x 2 . 4  −3y −=− 22  x 2) Cho parabol (Py ): = − x2 và đường thẳng (d ) : y=−− (3 2 mx ) 4. a) Chứng minh rằng ()P luôn cắt ()d tại hai điểm phân biệt với mọi m . b) Gọi xx12, là hoành độ hai giao điểm của ()P và ()d . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 22 thức K=−(1 x1)( 1 −−− x 2) 22 xx 12. Bài IV: (3,0 điểm). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn ()O , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với ()O ( A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD với ()O sao cho MC< MD và tia MD nằm giữa hai tia MA và MO . Gọi E là trung điểm của CD . 1) Chứng minh tứ giác MEOB nội tiếp. 2) Kẻ AB cắt MD tại I , cắt MO tại H . Chứng minh EA EB= EI EM và MHC = OCE . 3) Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với OA, cắt AE tại K . Chứng minh IK// AC . Bài V: (0,5 điểm). TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com 13c + 1 Cho ba số thực dương abc,, thỏa mãn điều kiện +≤. Tìm giá trị nhỏ nhất abc+++243 của biểu thức Qabc=+++( 1)( 1)( 1) . Hết PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 Năm học 2022 – 2023 Môn: Toán Bài Ý Nội dung trình bày Điểm I 1 Tính giá trị biểu thức Q khi x =16 . 0,5đ = Thay x 16 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta được: 7 16− 2 Q = 0,25đ 16+ 2 16 7.4− 2 26 13 Q = = = . 16+ 2.4 24 12 13 Vậy Q = khi x =16 . 0,25đ 12 2 x +1 Chứng minh P = . 1đ x xx−+21 1 P = + . x+2 xx +− 21 x  x−+21 xx P = + . ++x −1 0,25đ xx( 22) xx( )  xx+−21 x + P = . 0,25đ + x −1 xx( 2) ( xx+−21)( ) x +1 P = . 0,25đ xx( + 2) x −1 x +1 Vậy P = (điều phải chứng minh). 0,25đ x 3 Tìm tất cả các giá trị của x để PQ≤ . 0,5đ TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com xx+−17 2 Để PQ≤ thì ≤ xx+ 2 x 2 ( xx++12)( ) 72x − ( x − 2) ⇔ −≤0 ⇔≤0 xx( ++22) xx( ) xx( + 2) Mà xx( +>20) (với xx>≠0, 1) 2 ⇒x −≤20 ( ) 0,25đ ⇔xx −=⇔=20 4(thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy x = 4 là giá trị cần tìm. 0,25đ II 1 Phát động thi đua chào mừng 20 năm ngày thành lập quận Long Biên, hai phường Ngọc Thụy và Phúc Đồng tham gia lắp đặt camera để đảm bảo an ninh đô thị. Trong tháng thứ nhất, cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera. 1,5đ Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt mức 10% , phường Phúc Đồng vượt mức 12% so với tháng thứ nhất nên cả hai phường đã lắp được 200 chiếc. Hỏi trong tháng thứ nhất, mỗi phường lắp được bao nhiêu chiếc camera? Gọi số camera phường Ngọc Thụy và phường Phúc Đồng lắp được trong tháng thứ nhất lần lượt là x (chiếc) và y (chiếc) (ĐK: xy,∈< N* ; x 900; y < 900 ). 0,25đ Do trong tháng thứ nhất, cả hai phường đã lắp được 180 chiếc camera nên ta có phương trình: xy+=180 (1) 0,25đ Sang tháng thứ hai, phường Ngọc Thụy vượt mức 10% , phường Phúc Đồng vượt mức 12% so với tháng thứ nhất nên: Số camera phường Ngọc Thụy lắp được trong tháng thứ hai là: += x10% xx 1,1 (chiếc). Số camera phường Phúc Đồng lắp được trong tháng thứ hai là 0,25đ yyy+=12% 1,12 (chiếc) Do tháng thứ hai cả hai phường lắp được 200 chiếc nên ta có phương trình: 1,1xy+= 1,12 200 (2) 0,25đ xy+=180 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  1,1xy+= 1,12 200 0,25đ x = 80 Giải hệ ta được:  (thỏa mãn điều kiện). = y 100 Vậy trong tháng thứ nhất, phường Ngọc Thụy lắp được 80 chiếc camera, phường 0,25đ Phúc Đồng lắp được 100 chiếc camera. 2 Một hộp sữa đặc có dạng một hình trụ với đường kính đáy là 6 cm, chiều cao 0,5đ là 9 cm. Tính thể tích của hộp sữa đó. (Lấy π ≈ 3,14 ). 6 Bán kính đáy hộp sữa là: R = = 3 (cm) 2 0,25đ TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com Thể tích hộp sữa đó là: V=≈=π Rh22 3,14.3 .9 254,34 (cm3). 3 Vậy thể tích của hộp sữa đó khoảng 254,34 cm . 0,25đ III 1  3 y − 2  +=4  x 2 Giải hệ phương trình:  . 1đ  4 −3y −=− 22  x ≠≥ ĐKXĐ: xy0; 2 . 0,25đ 1  = a Đặt x ,   yb−=2   b 34a += 18ab+= 3 24 a = 1 ta có hệ phương trình: 2 ⇔⇔ . 0,25đ 43ab−=− 2 b = 2 43ab−=− 2 1  =1 x =1 ⇔⇔x (thỏa mãn). 0,25đ  y = 6  y −=22 = Vậy hệ phương trình có nghiệm (xy ; ) (1; 6) . 0,25đ 2 a) Chứng minh rằng ()P luôn cắt ()d tại hai điểm phân biệt. 0,5đ Xét phương trình hoành độ giao điểm của ()P và ()d : 22 −x =(32 − mx) −⇔ 4 x +( 32 − mx) −= 40 (I) 2 2 Ta có: ∆=b2 −4 ac =( 2 m − 3) + 16 > 0 với mọi m (do (23m −≥) 0 với mọi m ) 0,25đ ⇒ Phương trình (I) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Vậy ()P luôn cắt ()d tại hai điểm phân biệt với mọi m . 0,25đ b) Gọi xx12, là hoành độ hai giao điểm của ()P và ()d . 1đ 22 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K=−(1 x1)( 1 −−− x 2) 22 xx 12. 2 Xét PT hoành độ giao điểm: x+(32 − mx) −= 40 có hai nghiệm phân biệt xx12, . xx12+=2 m − 3 ( 1) Theo Viét:  0,25đ xx12= −4 ( 2) 22 Theo bài ra, ta có: K=−(1 x1)( 1 −−− x 2) 22 xx 12 TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com 22 2 K=−++1 ( x1 x 2) ( xx 12 ) − 2( x 1 + x 2 ) 0,25đ 22 K=−++1()2()2() x1 x 2 xx 12 + xx 12 − x 1 + x 2 (3) Thay (1), (2) vào (3), ta có: Km=1 − (2 − 3)22 + 2.( − 4) +− ( 4) − 2.(2m − 3) K=−++4 mm2 86 Km=−−(2 2)2 +≤ 10 10 do (2m −≥ 2)2 0 với mọi m . 0,25đ Vậy giá trị lớn nhất của K là 10 ⇔(2mm − 2)2 =⇔= 0 1. 0,25đ IV 0,25đ 1 Chứng minh tứ giác MEOB nội tiếp. 0,75đ Xét có: là hai tiếp tuyến ()O MA, MB 0 ⇒⊥MA OA, MB ⊥ OB (tính chất) ⇒=MBO 90 . 0,25đ 0 Xét ()O có: E là trung điểm của dây CD ⇒⊥OE CD (định lí) ⇒=MEO 90 . 0,25đ Ta có: MEO + MBO =+=9000 90 180 0 ⇒ Tứ giác MEOB nội tiếp. 0,25đ 2 Chứng minh EA EB= EI EM và MHC= OCE . 1,5đ Ta có: MAO = MEO =900 ⇒ Tứ giác MAEO nội tiếp Mà tứ giác MEOB nội tiếp (chứng minh trên) ⇒ Năm điểm M,,,, AEOB cùng thuộc đường tròn đường kính OM Xét ()O có: MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M ⇒=MA MB (tính chất) Xét đường tròn đường kính OM có: MA=⇒= MB MA MB ⇒= AEM BEM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) 0,25đ và EMA = EBI (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung). 0,25đ ∽ Suy ra ∆EAM ∆EIB (g.g) EA EM ⇒= ⇒EA EB = EI EM (điều phải chứng minh). EI EB 0,25đ TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com Ta có AB⊥ OM tại H (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét ∆OAM vuông tại A, đường cao AH có: MH. MO= MA2 (hệ thức lượng) (3) 1 Xét ∆MAC và ∆MDA có: MAC = MDA = sđ AC và AMC chung 2 MA MD ⇒∆MAC ∽ ∆MDA (g.g)⇒=⇒MC. MD = MA2 (4) MC MA MH MD Từ (3), (4) ⇒MH MO = MC MD ⇒=. MC MO MH MD Xét ∆MCH và ∆MOD có: = và HMC chung MC MO ⇒∆MCH ∽ ∆MOD (c.g.c)⇒=MHC MDO 0,25đ Xét ∆OCD có: OC= OD (bán kính) ⇒∆OCD cân tại O⇒= MDO OCE . 0,25đ Vậy MHC = OCE (điều phải chứng minh). 0,25đ Chứng minh IK// AC . 3 0,5đ Do CK// MA⇒= ECK EMA (đồng vị) Mà EMA = EBI (chứng minh trên) ⇒=ECK EBI . Xét ∆EKC và ∆EIB có: ECK = EBI và KEC = IEB (chứng minh trên) EK CK ⇒∆EKC ∽ ∆EIB (g.g) ⇒= (5) EI BI 0,25đ 0 0 Ta có: EKC = EIB (do ∆EKC ∽ ∆EIB ) và EKC += AKC 180 ; EIB += CIB 180 ⇒= AKC CIB . 1 Lại có: ACK= CAM (do CK// MA ); CAM = CBI = sđ AC 2 ⇒= ACK CBI . CK AK Suy ra ∆ACK ∽ ∆CBI (g.g) ⇒= (6) BI CI TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
Website:tailieumontoan.com EK AK EK EI Từ (5), (6) ⇒=⇒=⇒ IK// AC (định lí Ta-lét đảo). 0,25đ EI CI AK CI 13c + 1 V Cho ba số thực dương abc,, thỏa mãn điều kiện +≤. abc+++243 0,5đ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qa=+++( 1)( b 1)( c 1) . * Xét bất đẳng thức: x+≥ y2 xy (*) với xy≥≥0, 0 (Dấu “=” xảy ra ⇔=xy ). 13c + 1132 * Ta có: +≤⇔ ++≤1 (1) abc+++243 abc +++ 243 a +1 1 32 6 Áp dụng (1) và (*), ta có: =−≥+≥12 a+2 a + 2 b + 4 c + 3 ( bc ++ 4)( 3) b +1 312 2 =−≥12 +≥ b+4 b + 4 a + 2 c + 3 ( ac ++ 2)( 3) 0,25đ c +1 213 3 =−≥+≥12 c+3 c + 3 a + 2 b + 4 ( ab ++ 2)( 4) * Nhân vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: (abc+++ 1)( 1)( 1) 6 ≥ 8. (abc+++ 2)( 4)( 3) ( abc +++ 2)( 4)( 3) ⇔(abc + 1)( + 1)( +≥ 1) 48 a =1 1 3 21 Vậy min(Q )= 48 ⇔ = = =⇔=b 5 . 0,25đ abc+++2 4 33  c = 3 Lưu ý: - Tổ giám khảo thống nhất để chia nhỏ điểm thành phần nhưng không được thay đổi tổng điểm. - Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. TÀI LI TOÁN H Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 ỆU ỌC
TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2023-2024 ( Đề gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài I: (2,0 điểm) xx− x + 23 Cho hai biểu thức A = và B = − với x ≥ 0 ; x ≠ 4 . x − 2 x +1 ( xx+−12)( ) 1) Tính giá trị của A khi x =16 . x −1 2) Chứng minh B = . x − 2 3) Tìm tất cả các số tự nhiên x để AB< . Bài II: (2,5 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Quãng sông AB dài 48km. Một ca nô xuôi dòng sông từ A đến B sau đó ngược dòng từ B về A hết 3 giờ 36 phút. Tìm vận tốc riêng của ca nô biết vận tốc dòng nước là 3km/h. 2) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của lon sữa Similac có dạng là một hình trụ, biết lon sữa có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao là 10cm ( lấy π ≈ 3,14 và kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) Bài III: (2,0 điểm) 3xy+− 12 −= 14 1) Giải hệ phương trình:   2xy++ 1 −= 15 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (Pyx) : = 2 và đường thẳng (d) :1 y= mx ++ m ( m là tham số). a) Tìm m đường thẳng (d ) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt AB, . 11 b) Gọi xx12; là hoành độ giao điểm AB, . Tìm tất cả các giá trị của m để +=2 xx12−−33 Bài IV: (3,0 điểm) Cho (;)OR đường kính AB ,lấy điểm M thuộc cung AB sao cho MA< MB . Từ điểm M kẻ dây MN vuông góc với AB tại I( I∈ AB).Trên đoạn MI lấy điểm E (E≠≠ ME, I). Tia AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là K . 1) Chứng minh Tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn. 2) AE.AK = AI.AB = AM 2 3) Chứng minh AE AK+ BI BA luôn không đổi. 4) Giả sử I là trung điểm của OA , hãy xác định vị trí của K để (KM++ KN KB) đạt giá trị lớn nhất. Bài V: (0,5 điểm) Cho abc,, là các số dương thỏa mãn điều kiện abc++=3. abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =++. 111+++bca22 2
___ HẾT ___ TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG HDC ĐỀ THI THỬ THÁNG 4 NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: TOÁN Bài Ý Đáp án Điểm 1) a) Ta có: x =16 thoả mãn điều kiện. 16−− 16 16 4 12 0,25 Thay x =16 vào A ta được A = = = = 6 0,5đ 16− 2 42− 2 0,25 Vậy với x =16 thì A = 6 .x=25 2) x + 23 Với x ≥ 0 ; x ≠ 4 ta có: B = − . x +1 ( xx+−12)( ) x + 23 = + x +1 ( xx−+21)( ) 0,25 1,0đ ( xx+2)( −+ 23) = 0,25 −+ ( xx21)( ) x −1 ( xx−+11)( ) 0,25 = = ( xx−+21)( ) ( xx −+ 21)( ) Bài I x −1 = 0,25 2,0 x − 2 điểm x −1 Vậy B = ( đpcm) x − 2 3) c) Với x > 0 ; x ≠ 4 , ta có: xx− x −1 x −+ 21 x 3) 0,25 Bài II Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: x + 3 (km/h) 2,5 2,0đ Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x − 3 (km/h) 0,25 48 điểm Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là: (giờ) 0,25 x + 3 0,25
48 Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là: (giờ) x − 3 Thời gian ca nô đi từ A đến B rồi từ B trở về A là 3 giờ 36 phút hay 18 48 48 18 8 8 3 giờ nên ta có phương trình: +=⇔+= 0,25 5 xx+−335335 xx +− 40( x− 3) 40( x + 3) 3( xx +− 3)( 3) ⇔+= 53( xx+−)( 3533533) ( xx +−)( ) ( xx +−)( ) ⇒40xxx −+ 120 40 += 120 3( 2 − 9) ⇔3xx2 − 80 −= 27 0 0,25 2 ∆=′ ( −40) − 3.( − 27) = 412 > 0 40+ 41 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = = 27 0.25 3 40− 41 1 x = = − 2 33 0,25 Giá trị x 27 thỏa mãn điều kiện Vậy vận tốc riêng của ca nô là 27 km/h. 2) Vì lon sữa Similac có dạng là hình trụ nên diện tích xung quanh của lon sữa Similac 2 0,25 0,5đ là: Sxq =≈=2π Rh 2.3,14.5.10 314( cm ) . Diện tích toàn phần của lon sữa Similac là: 2 22 0,25 Stp =2ππ Rh + 2 R ≈+ 314 2.3,14.5 = 471( cm ) 3xy+− 12 −= 14 1) Giải hệ phương trình:  1)  2xy++ 1 −= 15 0,25 1,0đ Điều kiện: x ≥−1, y ≥1. Đặt x+=10 aa( ≥); y−=10 bb( ≥) . Ta có hệ phương trình: 324ab−=  324 ab −=  714 a = a = 2 0,25 ⇔  ⇔⇔  (thỏa mãn) 254210251ab+=  a + b =  ab += b =  x +=12 xx+=14 = 3 ⇔⇔ Trở lại ẩn cũ:   (thỏa mãn điều kiện ). 0,25  y −=11 yy−=11 = 2 Bài III 2,0 Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất là ( xy;) = ( 3;2) . 0,25 điểm a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P) : 22 x= mx + m +⇔1 x − mx − m −=10 (1) ∆=22 − − − = + = = + 2 2a) m4( m 1) mm 44( m 2) Để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) 0,25 ( ) ( ) AB, 2 2 0,5đ luôn có hai nghiệm phân biệt ⇒∆>0 hay (m +>20) mà (m +≥20) với mọi m 2 0,25 Do đó đề (m +>20) thì: m +≠20⇔m ≠−2
2b) b) Vì xx; là hoành độ giao điểm của (P) và (d) nên xx; là nghiệm của phương trình (1). 12 12 += xx12 m; Theo hệ thức Vi-et, ta có  =−− xx12.1 m 11 Để +=2 : Điều kiện: xx;≠ 3 ⇔ 32 − 3m − m −≠ 10 ⇔ m ≠ 2 xx−−33 12 12 0,25 0,5đ ⇔xx −+3 −= 32( xx − 3)( − 3) 21 12 ⇔x + x −=6 2 xx − 6 x − 6 x + 18 2 1 12 1 2 ⇔+− = 7x1 7 x 2 2 xx 12 24 ⇔7( x1 +− x 2) 2 xx 12 = 24 ⇔7mm − 2( −− 1) = 24 ⇔7mm + 2 += 2 24 22 ⇔9m = 22 ⇔= m( tmdk m ≠ -2;m ≠ 2) 9 0,25 22 Vậy m = là giá trị cần tìm 9 1) Vẽ hình đến câu a K M E 0,25 A B I O N Bài IV Xét (O) có 3,0 1,25đ 0,25 điểm AKB =90 ° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) hay EKB =90 ° 0,25 lại có MI⊥ AB tại I (gt) MIB  90 hay EIB =90 ° Xét tứ giác IEKB có EIB + BKE =90 °+ 90 °= 180 ° 0,25 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau Suy ra tứ giác IEKB nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) 0,25 2) Xét ∆AIE và ∆AKB có KAB chung 0,25 AIE= AKB =90 ° ⇒∆AIE∽ AKB (g.g) 0,75đ
AE AI ⇒= ( cặp cạnh tỉ lệ) AB AK 0,25 ⇒=AE AK AI AB (1) Xét ∆AMB có AMB =90 ° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ∆AMB vuông tại M mà MI là đường cao. Áp dụng hệ thưc lượng trong tam giác vuông ta có: AM2 = AI. AB (2) 0,25 Từ (1) và (2) => AE.AK = AI.AB = AM 2 2 Chứng minh tương tự BM= BI. BA (3) 0,25 2 22 3) Từ (1),(2),(3) ⇒AE AK + BI BA =+= AM BM AB (định lý pytago trong 0,75đ ∆AMB ) 0,25 2 Hay AE AK+ BI BA =(24RR) = 2 (đpcm) Vậy AE AK+ BI BA luôn không đổi. 0,25 3) K M E H A B I O 0,5đ N Trên đoạn NK lấy H sao cho KH= KM ∆ Khi đó MKH cân tại K Ta đi chứng minh ∆∆MKH, MBN đều Xét (O) có AB⊥ MN tại I⇒= IM IN ( liên hệ giữa đường kính và dây) Xét ∆MBN có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác ⇒∆MBN cân tại B ⇒ BI là đường phân giác Xét ∆AMB vuông tại M có RR3 BI= BO + OI =+= R (đvđd) 22 0,25 3 AI. IB= MI 2 ( hệ thức lượng) ⇒=MI R (đvđd) 2
MI 1 Xét ∆MIB vuông tại I có tan MBI ==⇒=°MBI 30 BI 3 ⇒=°MBN 60 Mà ∆MBN cân tại B ⇒∆MBN đều ⇒==°MKN MBN 60 (cùng chắn MN ) Mà ∆MKH cân tại K ⇒∆MKH đều Xét ∆MHN và ∆MKB có MK= MH ( ∆MKH đều) MN= MB ( ∆MBN đều) NMH= BMK ( cùng cộng HMB bằng 60°) ⇒∆MHN =∆ MKB( c g c) ⇒=HN KB ( hai cạnh tương ứng) Ta có KM++=++= KN KB KH HN KN( KH + KB) += KN( KH + HN) += KN2 KN 0,25 Do đó để KNMax khi KN là đường kinh hay K điểm chính giữa cung nhỏ MB ++ Vậy (KM KN KB)Max khi K là điểm chính giữa cung nhỏ MB a ab22 ab ab Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: =−a ≥− aa =− 1++b22 1 bb 22 b bc Tương tự: ≥−b ; 12+ c2 0,25 c ca ≥−c 12+ a2 Cộng theo ba vế ba bất đẳng thức trên ta được: Bài V a b c ab++ bc ca P= + + ≥(abc ++) − 0,5 111+++bca22 2 2 điểm 2 (abc++) 332 ≥(abc ++) − =−3 = 2 22 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc= = = 3 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi abc= = = . 0,25 2 3 Lưu ý: + Đối với bài hình, nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không cho điểm. + Học sinh làm cách khác đúng cho điểm như thang điểm trên. + Mỗi bài mắc 2 lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm; toàn bài mắc 3 lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm.
PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NHƯ THANH THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 Môn khảo sát: Toán (Lần 2) TRƯỜNG THCS Ngày khảo sát: 24/3/2023 TT BẾN SUNG Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Đề có: 01 trang gồm 05 câu. x 11 Bài 1. (2,0 điểm)Cho biểu thức: A =++ ( xx≥≠0, 4 ) x − 4 xx−+22 a) Rút gọn A b) Tìm tất cả các giá trị của x để A >1 Bài 2. (2,0 điểm) a) Cho đường thẳng (d) : y= ax + b , biết rằng đường thẳng (d ) song song với đường thẳng(dy':) = 2 x − 1 và đi qua điểm M (2;− 3) . Tìm ab, . 21xy−=− b) Giải hệ phương trình:  329xy+= Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau: xx2 −2 −= 30 b) Cho phươnng trình x2 − mx + m −=10(ẩn x ). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm xx12; thỏa mãn x12+= mx 13 Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ()O tâm O đường kính AB cố định. Điểm H cố địnhthuộc đoạn thẳng AO ( H không trùng với các điểm AO, và trung điểm của đoạnOA). Dây cung CD vuông góc với AB tại H . Điểm M thay đổi trên cung lớn CD ( M không trùng với các điểm C,D và B). Đường thẳng AM cắt CD tại N . a) Chứng minh tứ giác HBMN nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MA là phân giác của DMC và AC2 = AM. AN c) Gọi O’ là tâm đường tròn ()O' ngoại tiếp tam giác CNM. Chứng minh AC là tiếp tuyến với đường tròn ()O' . Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn CD để khoảng cách từ D đến O' nhỏ nhất Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn abc222++=1. Chứng minh: ab+++222 c222 bc a ca b + + ≥+2 ab + bc + ca 111+−ab c222 +− bc a +− ca b HẾT Cán bộ coi khảo sát không giải thích gì thêm Họ và tên Số báo danh
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm a) Với xx≥≠0, 4 ta có: x 11 A =++ x − 4 xx−+22 xx+−22 x =++ xx−+22 xx −+ 22 xx −+ 22 ( )( ) ( )( ) ( )( ) xx+++−22 x 0.5 = ( xx−+22)( ) xx( + 2) x = = xx−+22x − 2 1 ( )( ) x Vậy, P = với xx≥≠0, 4 x − 2 0.5 b) Ta có: x >⇔ > A 11 x − 2 xx−+2 ⇔>0 0.5 x − 2 2 ⇔ >⇒0x −> 20( Do 20 >) ⇒> x 4 x − 2 Kết hợp với điều kiện, ta có x > 4 0.5 a = 2 Vì (d ) song song với đường thẳng (dy') : =2 x − 1 nên  0,5 b ≠−1 Mặt khác: (d ) đi qua điểm M (2;− 3) nên ta có: −=3 2.2 +bb ⇔ =− 7 (thỏa mãn) 0,5 Vậy, a=2, b=-7 2 2xy−=− 1 42 x − y =− 2 ⇔ 0,25 329xy+= 329 xy += 77xx= = 1 ⇔⇔ 213xy−=− y = 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (xy , )= (1, 3) 0,25 3 a) Ta có: abc− + =1 −− (2)(3)0 +− = 0,25
Suy ra phương trình có hai nghiệm x1 = −1 và x2 = 3. 0,5 Phương trình có tập nghiệm S ={ −1; 3} 0,25 b) Phương trình x2 − mx + m −=10 Ta có: abc+ + =−1 mm + −= 10 nên phương trình có 2 nghiệm là x =1 và xm= −1 0,25 Ta xét 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: x12=1; xm = − 1 Ta có: x22+ mx =13 ⇔+ 1m( m −= 1) 13 12 ⇔2 −− = mm12 0 ⇔(mm −4)( += 30) m = −3 ⇔  m = 4 0,25 Trường hợp 2: xm12=−=1; x 1 2 2 Ta có: x12+ mx =⇔−+13( m 1) m .1 = 13 ⇔mm2 −−12 = 0 ⇔(mm −4)( += 30) m = −3 0,25 ⇔  m = 4 Vậy, m∈−{ 3; 4} 0,25 C M O' N I A B H O D 4 a) Ta có NMB = AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0,5 0 CH⊥ AB ⇒=NHB 90 Xéttứ giác HBMNcó: NMB+ NHB =+=9000 90 180 0 Suy ra, HBMNlà tứ giác nội tiếp. 0,5 ⊥ ⇒  b) CD AB() gt A là điểm chính giữa cung DC ⇒=AC  AD ⇒= AMC AMD (Góc nội tiếp chắn AC,  AD ) Suy ra : MA là phân giác của DMC 0,5
∆ ∆  = +/ ACM và ANC đồng dạng vì A chung, AMC ACN (Góc chắn AC,  AD ) AC AN ⇒=⇔=AC2 AM. AN 0,5 AM AC 1 c) Theo trên: AMC= ACN. Đối với (O’) ta có AMC= CO ' N 2 1 Suy ra: ACN= CO ' N 2 1800'− CO N CO' N Xét ∆CO' N cân tại O’ có NCO'0= =90 − 22 CO'' N CO N Do đó: NCO'+ ACN =−90 0 + =⇒⊥900'CA OC 22 ⇒ AClà tiếp tuyến với đường tròn (O’) tại C. 0,5 +/ Ta có AC⊥ BC ⇒∈O' CB . Gọi I là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BC⇒ I cố định ∆ IDO 'vuông tại I nên DO' ≥ DI không đổi⇒ DO’ nhỏ nhất bằng DI ⇔≡OI'. Khi đó M là giao điểm của cung lớn CD với đường tròn tâm I bán kính IC 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số không âm, ta có: 222 22c222+++ a b ab 2(abc++) (ab+21 c222)( a ++ b ab) ≤ ≤ = 22 0,25 Khiđó: ab++22 c22ab c ab + 2 c 2 = ≥=+ab21 c2 ( ) 2 222 222 0,25 1+−abc ab+2 c a ++ b ab abc++ 5 ( )( ) 2 2 bc+ 2 a 2 ca+ 2 b 2 Tương tự 2 ≥+bc22 a ( ) và 2 ≥+ca23 b ( ) 1+−bc a 1+−ca b 0,25 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp abc222++=1, 1 ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=’’ khi abc= = = 3 0,25 .
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO LỚP 10 - THPT HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC 2023 - 2024, LẦN 2 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) x 1 12 Cho biểu thức: P:=+−(với xx>≠0; 1). −− +1x− x1x x x1 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P khi: x= 7 − 4 3. Câu 2. (2,0 điểm) 2 1) Trong hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : y= (m −+ 1)x 2m (m là tham số) và (d2 ) : y= 3x + 4. Tìm các giá trị của tham số m để các đường thẳng (d1 ) và (d2 ) song song với nhau. 3x−= 2y 5 2) Giải hệ phương trình:  . x+= 2y 7 Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: x22+ 2( m − 2) x +− m 4m = 0( 1) (với x là ẩn số). 1) Giải phương trình (1) khi m= 1. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x12 ,x thỏa mãn 33 điều kiện: +=x21 + x. xx12 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC và nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. 1) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp. 2) Tia AD cắt đường tròn (O) ở K (K ≠ A). Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng FD tại M. AM cắt đường tròn (O) tại I (I ≠ A). Chứng minh: MC2 = MI.MA và tam giác CMD cân. 3) MD cắt BI tại N. Chứng minh ba điểm C, N, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y,z là ba số thực dương thỏa mãn: xyz3++=. Tìm giá trị nhỏ nhất của x1+++ y1 z1 biểu thức: Q.=++ 1y+++22 1z 1x 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1 x 1 12 =+−>≠ A :  ( với xx0; 1) x−−11 xx x +1− x  x 1 12 A =++:  0,25đ xx−+11xx( −1) x −1  Câu1 xx+1 −+ 12 = : (2,0đ) xx( −1) ( x −+ 11)( x) 0,25đ x +1 ( xx−+11)( ) x +1 = . = ; 0,25đ xx−1 x +1 x ( ) x +1 Vậy : A = ( với xx>≠0; 1) 0,25đ x 2 2 Ta có : x =−=−7 43 2 3 ( thỏa mãn xx>≠0; 1) Suy ra : ( ) 0,25đ 2 x =−=−23 23 ( Vì 2−> 30, do 23> ) Thay x và x vào biểu ( ) 0,25đ 8− 43 42( − 3) thức A, ta được : A = = = 4 0,25đ 23−− 23 Vậy khi x =7 − 43 thì A = 4. 0,25đ 1 m2 −= 13 m2= ± (d12 ) // (d ) ⇔  ⇔  ⇔ m = –2.Vậy m = –2 thỏa mãn bài toán. 2m≠ 4 m2≠ 1,0đ Câu2 2 3x−= 2y 5 4x= 12 x= 3 (2,0đ)  ⇔⇔ 0,75đ x+= 2y 7 x+= 2y 7 y = 2 0,25đ Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (3; 2) 1 Phương trình: x22+2( m − 2) xm +− 4 m = 01( ) Thay m =1 vào phương trình (1) ta được phương trình: 0,25đ xx22−2 −=⇔ 30 x − 3x +−= x 30⇔xx( −+−= 3) ( x 3) 0 xx−=30 = 3 0,25đ ⇔(xx − 3)( +=⇔ 1) 0  ⇔ 0,25đ xx+=10 =− 1  0,25đ Câu3 Vậy với m =1 thì tập nghiệm của phương trình là: S ={ −1; 3} (2,0đ) 2 x22+2( m − 2) xm +− 4 m = 01( ) có ∆=−−+' (m 2)22 mmmm 4 =−+−+ 2 4 4 mm2 4 =>∀ 4 0 m 0,25đ Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. xx12+=−−=−+2( m 2) 2 m 4 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  =2 − xx12.4 m m 0,25đ
2 Phương trình có hai nghiệm xx12≠≠0; 0 khi xx12≠ 0 ⇔−≠mm40 ⇔≠m 0 và m ≠ 4 33 Theo đề bài ta có: +=xx21 + xx12 33 11 ⇔ − −x1 + x 2 =0( xx 12 ≠⇔ 0 m ≠ 0; m ≠ 4) ⇔30 − +−=( xx21) xx12 xx12 xx− 3 21 ⇔30 +−=( xx21) ⇔( xx21 −) +=10 xx xx 12 12 3 0,25đ ⇔ +=1 0( Do x1 ≠ x 2 ⇒ x 21 − x ≠0) xx12 3 ⇔ +=⇔1 0m22 − 4 m +=⇔ 3 0 m − 3 m − m +=⇔ 3 0 mm ( − 3) − ( m − 3) mm2 − 4 m= 3( tm ) ⇔(mm − 3)( −=⇔ 1) 0  m=1( tm ) 0,25đ Vậy mm=1; = 3 là các giá trị thỏa mãn bài toán. A E FE O H B D C N K I Câu4 (3,0đ) M 1 Do BE là đường cao nên AEH = 900 0,25đ 0 0,25đ Do CF là đường cao nên AFH = 90 0,25đ 0 nên AEH+ AFH = 180 0,25đ suy ra tứ giác AFHE nội tiếp. 2 MI MC 0,25đ Chứng minh được ∆MIC ∼ ∆MCA (g.g) ⇒= MC MA ⇒ MC2 = MI.MA. 0,25đ Ta có CAB = MCB (góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây 0,25đ cung cùng chắn cung BC) Chứng minh được tứ giác ACDF nội tiếp nên CAB= CDM Do đó MCD = CDM ⇒ ∆CMD cân tại M. 0,25đ
3 Ta có: NDC = MCD = CAB ⇒ NIC += NDC 1800 0,25đ ⇒ tứ giác CIND nội tiếp 0,25đ ⇒=NCI NDI . 2 2 Do MD = MC = MI.MA và IMD chung ⇒∆MDI ∼ ∆MAD (c.g.c) ⇒=MDI DAM hay KAI = NDI 0,25đ Từ KAI = KCI ⇒=KCI NDI . Mà NCI = NDI ⇒=KCI NCI suy ra hai tia CK và CN trùng nhau. Suy ra ba điểm C, N, K thẳng hàng. 0,25đ xyz+++111 xyz111 Q= ++= ++ + ++ =+MN 111+++yzx222 111 +++ yzx 222 111 +++ yzx 222 xyz 0,25đ Xét M = ++, áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có: 111+++yzx222 22 x x(1+− y) xy xy22 xy xy = =− ≥− =− 22x 2 xx. 1++y 1 y 1 + yy 22 y yz z zx ≥− ≥− Tương tự: 2 y ; 2 z ; 12+ z 12+ x x y z xy++ yz zx xy ++ yz zx Suy ra M= + + ≥++−xyz =−3 . 111+++yzx222 2 2 0,25đ 2 Lại có: x2++≥++⇒++≥ y 22 z xyyzzx( xyz) 33( xyyzzx ++) ⇒++≤ xyyzzx Câu5 xy++ yz zx 33 (1,0đ) Suy ra: M ≥−33 ≥− = . Dấu “”= xảy ra ⇔==xyz. 2 22 111 = ++ Xét: N 222, ta có: 111+++yzx 0,25đ 111   −=− +− +− 31N 222 1  1  111+++yzx   y2 z 2 x 2 y 222 z x xyz++ 3 = + + ≤ ++= =. 1+++y222 1 z 1 x 222 yzx 2 2 33 Suy ra: N ≥−3 = . Dấu “”= xảy ra ⇔===xyz1 22 0,25đ Từ đó suy ra: Q ≥ 3. Dấu “”= xảy ra ⇔===xyz1. Vậy Qmin =⇔===31 xyz . Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì không chấm bài đó.
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) 1 22a Câu I. (2.0 điểm) Cho biểu thức: P =+⋅ với a > 0 và a ≠1. a−−12 aa a + 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của P khi a =3 + 22. Câu II. (2.0 điểm) 38xy+= 1) Giải hệ phương trình:  . 46xy−= 2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A(2; 2) , đường thẳng dy:4=−+ x và parabol (P) : y= ax2 . Tìm a để parabol (P) : y= ax2 đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của (d ) và (P). Câu III. (2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 −−25 xm = 0 ( m là tham số) 1) Giải phương trình khi m = 3 . 2) Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm xx12, phân biệt và thỏa mãn 2 xx12.− x 1( 5 m += 3 x2) 10115. Câu IV. (3.0 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (OR; ). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( AB, là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D (C nằm giữa M và D). Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. 2) Chứng minh MC MD= ME MO . 3) Giả sử OM= 3 R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Câu V. (1.0 điểm) Cho các số thực abc,,>− 1. Chứng minh rằng: bc+−2 a 2 ca +− 22 b ab +− 22 c ++≤1. 111++bc222 ++ ca ++ ab ===HẾT=== Thí sinh không được sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Câu/ý Lời giải – Đáp án Điểm 1 22a Cho biểu thức: P =+⋅ với a > 0 và a ≠1. a−−12 aa a + 1) Rút gọn biểu thức P Với a > 0 và a ≠1, ta có:  I.1) 1 22a 1 22a =+⋅=+⋅ P  0,5 a−−12 aa a +aa−+12aa−1 ( ) aa+ 22 2 = ⋅ = . 0,5 aa( −1) a + 2 a −1 2) Tính giá trị của P khi a =3 + 22 Khi a =3 + 22 (thỏa mãn điều kiện xác định), ta có: 2 a =322 + = 22.2.11 + += 21 + = 21 += 21 +; 0,5 I.2) ( ) 2 22 Suy ra: P = = = = 2 . a −12112 +− Vậy P = 2 khi a =3 + 22. 0,5 38xy+= Giải hệ phương trình:  . 46xy−= 3xy+= 8 7 x = 14 Ta có: ⇔ 0,5 II.1) 4xy−= 63 xy += 8 xx= 22= ⇔⇔. 3.2+=yy 8 = 2 = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( xy;) ( 2; 2) . 0,5 Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A(2; 2) , đường thẳng dy:4=−+ x và parabol (P) : y= ax2 .Tìm a để parabol (P) : y= ax2 đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của (d ) và (P). 1 1 Thay xy=2, = 2 vào pt (Pa) :4=⇔= 2 a suy ra (Py) : = x2 . 2 2 0,5 II.2) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d ) : =⇒= 1 22 xy22 x=−+⇔ x4 xx + 2 −= 80 ⇔ . 2 xy=−⇒=48 Vậy giao điểm còn lại là B (−4;8) . 0,5
Cho phương trình bậc hai x2 −−25 xm = 0 ( m là tham số) 1) Giải phương trình khi m = 3 III.1) Với m = 3 phương trình trở thành xx2 −−=2 15 0. Ta có ∆=′ 1 + 15 = 16 0,5 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =−=−1 16 3; x2 =+=1 16 5 Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm xx12, phân biệt và thỏa 2 mãn xx12.− x 1( 5 m += 3 x2) 10115. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 1 ∆>⇔+′ 0152 mm >⇔ 0 >−. 5 0,25  −2 xx+=−=2 (1)  12 1 Khi đó, theo Vi-et ta có:  . −5m  xx12= = −5m (2)  1 2 Theo đề bài ta có: xx12.− x 1( 5 m += 3 x2) 10115 (3). 0,25 Từ (12) ⇒=−xx. Thay vào (2) và (3), ta có: 12 III.2) −(25xx22) =− m  2 (2−xx) . −−( 2 x)( 5 m + 3 x) = 10115  22 2 2  2 52mx=22 − x ⇔  22 (2−xx22) . −−( 2 x 2)( x 2 − 2 x 2 + 3 x 2) = 10115  2  52mx=22 − x ⇔  22 0,25 (2−xx22) . −−( 2 x 2)( x 2 + x 2) =10115  2 2 52mx=22 − x 52mx=22 − x ⇔  ⇔  . 23−− 2 − ++= 32 2 −= 2xx22 2 x 2 2 xxx 22210115 xx222 10115 ⇒5mm = 10115 ⇔= 2023 (thỏa mãn). Vậy m = 2023 . 0,25 Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (OR; ). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( AB, là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D (C nằm giữa M và D) . Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. A D C IV.1) M E O B
Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ta có MAO = MBO =90 ° ( tính chất 0,5 tiếp tuyến). Do đó MAO +=° MBO 180 ⇒ tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 0,5 Chứng minh MC MD= ME MO . Xét MAC và MDA có: M chung và MAC = MDA nên MAC∽ MDA(.) g g MA MC IV.2) Do đó: = ⇒=MA2 MC. MD (1) 0,5 MD MA Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ta có MO là trung trực của AB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE⊥ MO nên MA2 = ME. MO (2) Từ (1) và (2), ta có MC MD= ME MO 0,5 Giả sử OM= 3 R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE⊥ MO nên OA2 = OE. OM 2 R RR8 2 8RR 22 ⇒=OE ⇒ME =3 R −= ⇒AE = ME. MO = ⇒= AE 3 33 93 42R ⇒=AB . 0,25 3 RR4 0,25 IV.3) Hạ: DH⊥ AB thì ta có DH≤ DE ≤ DO + OE =+= R 33 11 Do đó: SMADB=+= S MAB S DAB ME AB + DH AB 0,25 22 1842144282RR RR R2 ≤+= . 23 3 23 3 3 82R2 Vậy S đạt GTLN là khi MCOD,,, thẳng hàng. MADB 3 0,25 Cho các số thực abc,,>− 1. Chứng minh rằng: bc+−2 a 2 ca +− 22 b ab +− 22 c ++≤1. 111++bc222 ++ ca ++ ab 111+++abc222 Bất đẳng thức đã cho tương đương với: ++≥2 111++bc222 ++ ca ++ ab 0,25 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1+ b2 1++bc22 > 0,1 ++ bc ≤+ 1 + c 2. 2 2 1+ a2 21( + a ) Suy ra ≥ . V. 1++bc2 1++bc22 21 + ( ) 2 2 1+ b 21( + b ) Tương tự ta có ≥ . 1++ca2 ++22 + 1ca 21( ) 2 1+ c2 21( + c ) ≥ 0,25 1++ab2 1++ab22 21( +) =+=+=+2 22 Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và đặt xa1, yb 1, zc 1 ta được
1+++a222 1 b 1 c 222 xyz + + ≥++ 111++bc222 ++ ca ++ ab y+++222 zz xx y xyz 0.25 =2 ++ y+++222 zz xx y Sử dụng bất đẳng thức C – S (Cô-si cộng mẫu) ta có 2 xyz ( xyz++) ++≥ yzzxxyxyzyzxzxy+222 + +( ++ 2) ( +++ 2) ( 2) . 2 ( x++ y z) 3( xy + yz + zx) =≥=1 33( xy++ yz zx) ( xy ++ yz zx) Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc= = =1. 0,25 ===Hết=== (Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa)
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 1 NĂM HỌC 2023-2024 Môn: TOÁN (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1. (2,5 điểm) 1012 8 a) Tính giá trị biểu thức: A = 2 3 +−12 2 31x + 2 b) Rút gọn biểu thức: B = + : với xx≥≠0, 1. x −1 xx+−11 c) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b để đồ thị của hàm số song song với đường thẳng y = -2x +5 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3xx2 − 5 −= 20 2 b) Cho phương trình xx− −=10 có 2 nghiệm phân biệt là x1, x2 . Không giải phương 42 trình, hãy tính giá trị biểu thức: A= xxx11 − + 2 −−1 x 2 Câu 3. (2.0 điểm) 1. Theo Hướng dẫn thi vào lớp 10 THPT năm 2023-2024 của Nghệ An, học sinh đăng ký dự thi trực tuyến trên Trang web: Tại hai trường THPT A và B có tổng số chỉ tiêu tuyển sinh là 950 học sinh. Số lượng thí sinh đăng kí dự thi trực tuyến vào trường A vượt 18% và vào trường B vượt 20% so với chỉ tiêu tuyển sinh của mỗi trường nên tổng số thí sinh đăng ký dự thi vượt chỉ tiêu tuyển sinh của cả hai trường là 181 học sinh. Hỏi chỉ tiêu tuyển sinh của mỗi trường là bao nhiêu học sinh? 2. Bố bạn Minh thuê thợ đến sơn giả đá 2 cây cột hình trụ kích thước như nhau với giá 360000đ/m2. Biết rằng cột cao 3,6m và chu vi của đáy cột bằng 1,5m. Hỏi bố bạn Minh phải trả bao nhiêu tiền công cho thợ sơn? Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt đường tròn đã cho tại D và K. Trên cung BD nhỏ lấy điểm M (M khác B và D). Tiếp tuyến của đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. a) Chứng minh: Tứ giác BCFM nội tiếp. b) Chứng minh: EF22+=CD EC 2 c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh: DMI += DFM 900 Câu 5. (0,5 điểm) xy22+−7 x − 3=0 Giải hệ phương trình sau:  2 y− yx( −+ 1 1) + x −= 1 0 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 1 NĂM HỌC 2023-2024 Câu Ý Nội dung Điểm 1012 8 a) Tính giá trị biểu thức: A =+−2 3 12 2 31x + 2 b) Rút gọn biểu thức: B = + : với xx≥≠0, 1. x −1 xx+−11 c) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b để đồ thị của hàm số song song với đường thẳng y = -2x + 5 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. 1012 8 0,5 A =2 3 + −=12 2 3 − 1012 4 − 2 3 a 2 = 2024 0,5 Với ≥≠, ta có: xx0, 1 3 12x + 0,25 B = + : (xx+− 1)( 1) x + 1 x − 1 Câu 1 3xx−− 11 (2,5đ) = + . 0,25 b (xx+− 1)( 1) ( xx +− 1)( 1) x + 2 xx+−21 B = . 0.25 (xx+− 1)( 1) x + 2 1 = 0.25 x +1 a = −2 Đồ thị hàm số song song với đường thẳng yx=−+25 nên  ta có công b ≠ 5 thức hàm số: y=−+≠2 x bb ( 5) 0.25 c Vì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên thay x = 2, y = 0 vào công thức hàm số ta được: 0=−+⇔= 2.2b b 4 ( TM ) 0,25 Vậy ab=−=2; 4
a) Giải phương trình: 3xx2 − 5 −= 20 2 b) Cho phương trình xx− −=10 có 2 nghiệm phân biệt là x1, x2 . Không giải phương 42 trình, hãy tính giá trị biểu thức: A= xxx11 − + 2 −−1 x 2 3xx2 − 5 −= 20 ∆ = (-5)2 -4.3.(-2) =49 > 0 0,5 a Phương trình có hai nghiệm phân biệt −+b ∆57 + −−b ∆57 − − 1 0,5 x = = = 2 ; x = = = 1 26a 2 2a 63 Câu 2 Vì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo định lí Vi-et ta có : (2,0đ) xx12+=1 (1)  xx12.= − 1 (2) 0,25 2−−=⇔=+⇔=++2 42 Từ phương trình : xx10 xx 1 xx 2 x 1 42 2 Do x1, x2 là nghiệm nên ta có : xx11=++21 x 1; xx22= = x 2 +1 Thay vào A ta được: b Axxxx=22 ++−+−−+=+−+21 1 x 12 xxx 1 11 12 2 122 =xx12 +−11 + 0,25 2 = + +− + + A xx122 2 ( x1 1)( x 2 1) 2 0.25 A= x1 + x 2 +−2 2 ( xx12 + xx 12 +1) A22=12 + − 2(111) −++ ⇔AA = 1 ⇔ =± 1 0.25 1. (1,5đ) Theo Hướng dẫn thi vào lớp 10 THPT năm 2023-2024 của Nghệ An, học sinh đăng ký dự thi trực tuyến trên Trang web: Tại hai trường THPT A và B có tổng số chỉ tiêu tuyển sinh là 950 học sinh. Số lượng thí sinh đăng kí dự thi vào trường A vượt 18% và vào trường B vượt 20% so với chỉ tiêu tuyển sinh của mỗi trường nên tổng số thí sinh đăng ký dự thi vượt chỉ tiêu tuyển sinh của cả hai trường là 181 học sinh. Hỏi chỉ tiêu tuyển sinh của mỗi trường là bao nhiêu học sinh? 2. (0,5đ) Bố bạn Minh thuê thợ đến sơn giả đá 2 cây cột hình trụ kích thước như nhau với giá 360000đ/m2. Biết rằng cột cao 3,6m và chu vi của đáy cột bằng 1,5m. Hỏi bố bạn Minh phải trả bao nhiêu tiền công cho thợ sơn? Câu 3 (1,5đ) Gọi chỉ tiêu tuyển sinh của trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh) ( 0<<x , y950; xy , ∈ N ) 0,25 Ý Vì tổng số chỉ tiêu tuyển sinh của hai trường là 950 học sinh nên ta có phương trình: xy+=950 (1) 0,25 1. 18 Số học sinh dự thi vượt chỉ tiêu của trường A là: x (học sinh) 100 0,25
20 Số học sinh dự thi vượt chỉ tiêu của trường B là: y (học sinh) 100 Theo bài ra ta có phương trình: 18 20 0,25 x+ y =⇔+181 18 xy 20 = 18100 (2) 100 100 xy+=950 18x+ 18 y = 17100 ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ: 18xy+= 20 18100 18 xy += 20 18100 2yy= 1000= 500 ⇔⇔()TM . xy+=950 x = 450 0,25 Vậy chỉ tiêu tuyển sinh của trường A và trường B lần lượt là 500 và 450 học sinh. 0,25 Diện tích xung quanh của 2 cây cột là: Ý 2 S = 2.3,6.1,5 = 10,8 (m ) 0,25 2 Số tiền bố bạn Minh phải trả cho thợ là: 10,8.360000 = 3888000(đồng) 0,25 Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt đường tròn đã cho tại D và K. Trên cung BD nhỏ lấy điểm M (M khác B và D). Tiếp tuyến của đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. a) Chứng minh: Tứ giác BCFM nội tiếp. 22 2 b) Chứng minh: EF +=CD EC 0 c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh: DMI += DFM 90 E Vẽ D hình M I đến Câu 4 F câu a) (3,0đ) 0,5 A B C O K Xét tứ giác BCFM có: 0,25 FCB = 90 (Vì CD⊥ AO ) 0.25 a FMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) 0 => FCB+ FMB =+=90 90 180 0.25 => tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn 0.25 b Gọi K là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn (O)
∆ ∆ Ta chứng minh được EMD EKM(.) g g nên: EM ED 2 0,25 =⇔=EM ED. EK EK EM Vì AO vuông góc DK=>CD = CK Do đó EM2= ED.()() EK =− EC CD EC +=− CK EC22 CD (1) 0,25 Chứng minh được EFM= EMF (cùng = ABM ) 0.25 ⇒EFM cân tại E ⇒ EF=EM (2) Từ (1) và (2) EF222=EC − CD ⇔+EF 222 CD = EC 0,25 Ta có: ADC = DBA (cùng phụ với BAD ). Mà DBA = DMA ( góc nt cùng chắn AD trong (O)) ⇒ ADC = DMA Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF ta có: DIF = 2DMF (góc ở tâm và góc nội tiếp) ⇒ DIF = 2FDA Mà DIF + 2IDF = 1800 (tam giác DIF cân tại I) ⇒ 2FDA + 2IDF = 1800 0 ⇒ FDA + IDF = 90 ⇒⊥DI DA (3) 0 Lại có ADB = 90 (góc nt chắn nửa(O)) ⇒⊥DB DA (4) 0,25 Từ (3) và (4) ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng. ⇒=IDM BDM , mà BDM = BAM (2 góc nt cùng chán cung BM) Ta có DIM cân tại I nên ⇒=IDM DMI Suy ra: DMI = BAM Ta có: BAM +=AFC 900 (AFC vuông tại C) 0,25 Mà AFC = DFM (đối đỉnh) nên DMI += DFM 900 xy22+−7 x − 3=0 (1) Giải hệ phương trình sau:  2 y− yx( −+ 1 1) + x −= 1 0 (2) Điều kiện: x≥∈1; yR (2) ⇔yy2 −− x −1( y − 1) = 0 Câu 5 0.5đ  y = 1 ⇔(y − 1)( yx − −=⇔ 1) 0   yx= −1 TH1: y = 1thay vào phương trình (1) được: 2 2 42 x = 1 x+=1 7 x −⇔ 3 x − 5 x +=⇔ 4 0 (do x ≥ 1) x = 2  0.25
TH2: yx= −1 thay vào phương trình (1) được: xx2+ −−1730(4)(11)(735)0 x 22 − = ⇔ x − + x −− − x2 −− = 1 7(x + 2) ⇔(xx − 2) ++ 2 − =0 −+ 2 x 11 7x −+ 35 7x2 −− 32 1 ⇔−(xx 2) ( + 2) + =0 2 7x −+ 35 x −+11 x= 2 ( Tm / )  2 ⇔  7x −− 32 1 (x + 2) +=0  7x2 −+ 35 x −+11 Với xy=⇒=21 7x2 −− 32 1 Với x ≥ 1 thì (x + 2) +>0 2 −+ 7x −+ 35 x 11 Vậy hệ đã cho có các nghiệm là (xy ; )= (1;1); (2;1) 0.25 Tổng 10,0 Lưu ý: Học sinh giải các cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa; Điểm toàn bài không quy tròn (tính đến 0,25)
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2023-2024 HUYỆN HẢI HẬU Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 2022 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa khi và chỉ khi − 2023 x A. x ≥ 2023. B. x . C. m ≥ . D. m ≤ . 2 2 2 2 Câu 5. Giá trị của tham số m để hai đường thẳng và trùng nhau là A. m = 2; m = - 2. B. m = - 2. C. . D. m = 2. Câu 6. Cho hai đường tròn và có khi đó vị trí tương đối của hai đường tròn đã cho là A. tiếp xúc trong. B. đựng nhau. C. cắt nhau. D. ở ngoài nhau. Câu 7. Cho vuông tại A, , , đường tròn ngoại tiếp có độ dài là A. B. C. D. . = π 3 Câu 8. Một hình trụ có thể tích V27 cm và có chiều cao là 3cm thì bán kính đáy của hình trụ là A. 3cm . B. 3π cm . C. 9π cm . D. 9cm . II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1 (1,5 điểm): 1) Chứng minh đẳng thức 28−+ 7 2. 8 − 3 7 = 3 33xx−− 6 x x 2 ≥ ≠≠ 2) Rút gọn biểu thức A = − : với x0; xx 1; 4 xx+−2x − 4 x − 44 x + Bài 2 (1,5 điểm): Cho parabol (P): yx= 2 và đường thẳng (d): y = 2(mm+−− 1) x2 4 (m là tham số) a) Tìm hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) khi m = 2 b) Xác định tất cả các giá trị của m để đồ thị hai hàm số của (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân 2 biệt Ax(;11 y ) và Bx(;22 y ) thỏa mãn điều kiện y1+≤ y 2 3 m − xx12 + 16  x + 33  +=6  x +1 y Bài 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  4 31y −  +=−  1  x +1 y
Bài 4 (3,0 điểm): A 1) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AH, đường thẳng vuông góc với AH tại O cắt nửa đường tròn (O) tại K, từ H kẻ đường thẳng song song với OK cắt AK tại C. Biết AH = 12cm O K (Hình 1). Tính diện tích phần hình nằm ngoài H×nh 1 nửa hình tròn (O) (Phần tô đậm). (lấy 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). C H 2) Cho nửa đường tròn tâm (O; R), đường kính AB; C là điểm nằm trên cung AB sao cho OC AB. Điểm M thuộc cung AC sao cho M khác A và khác C. Kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O; R) tại tiếp điểm M. Gọi H là giao điểm của BM và OC. Từ H kẻ một đường thẳng song song với AB, đường thẳng đó cắt đường thẳng d tại E. a) Chứng minh: Tứ giác OHME là tứ giác nội tiếp và OE // BH. b) Kẻ MK OC tại K (K OC), đường tròn ngoại tiếp ∆OBC cắt BM tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ∆OMK. Bài 5 (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 5xxxx22+ 4 = −−+ 3 18 5 x 3 2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz++≤. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 111 Px=2 ++ y 22 ++ z +. yzx222 HẾT
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2023-2024 ___ I. Phần trắc nghiệm (2 điểm) Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Đáp án B C A D D B C A II. Phần tự luận (8 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1) Chứng minh đẳng thức 28−+ 7 2. 8 − 3 7 = 3 33xx−− 6 x x 2 ≥ ≠≠ 2) Rút gọn biểu thức A = − : với x0; xx 1; 4 xx+−2x − 4 x − 44 x + Ta có: 2 0,25 VT =28 −+ 7 16 − 2.3 7 = 2 7 −+ 7 3 − 7 1) ( ) (0,5đ) =7377373 + − = +− ==VP 0,25 Vậy 28−+ 7 2. 8 −= 7 3 ≥ ≠≠ Với x0; xx 1; 4 ta có: 33xx−− 6 x x 2 A = − : xx+−2x − 4 x − 44 x + 0,25 3xx (−− 1) 6 x x2 = − : 2 (xx+− 2)( 1) ( xx −+ 2)( 2) ( x − 2) Bài 1 361xx (1,5đ) = − : x+2 ( xx −+ 2)( 2) x − 2 0,25 2) 3xx (− 2) 6x 1 = − : (1,0đ) (xx−+ 2)( 2) ( xx −+ 2)( 2) x − 2 36xx− 6 x 1 = − : (xx−+ 2)( 2) ( xx −+ 2)( 2) x − 2 −−36xx 1 = : (xx−+ 2)( 2) x − 2 0,25 −+3xx ( 2) 1 = : (xx−+ 2)( 2) x − 2 −31x = : xx−−22
−−32xx = ⋅ x − 2 1 0,25 = −3 x Vậy với x≥0; xx ≠≠ 1; 4 thì Ax= −3 Bài 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): yx= 2 và đường thẳng (d): y = 2(mm+−− 1) x2 4 a) Tìm hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) khi m = 2 b) Xác định tất cả các giá trị của m để đồ thị hai hàm số của (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân 2 biệt Ax(;11 y ) và Bx(;22 y )thỏa mãn điều kiện y1+≤ y 2 3 m − xx12 + 16 Khi m = 2 ta có (d): y = 6x - 8 Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d): y = 6x - 8 và Parabol (P) : yx= 2 là nghiệm của phương trình xx2 =68 − 0,25 2 ⇔xx −6 += 80 Ta có: 2 a) ∆=' ( −3) − 1.8 (0,5đ) =−=>9810 0,25 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là 31+− 31 xx12= =4; = = 2 11 KL, Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d): y = 2(mm+−− 1) x2 4 và Parabol (P): yx= 2 là nghiệm của phương trình: Bài 2. x222=(m + 1) xm −− 4 (1,5đ) ⇔x22 −2( m + 1) xm + += 4 0 (1) Ta có 0,25 '22 ∆= −(mm +14) −( + ) 22 =mm +21 +− m − 4 b) =23m − (1,0đ) (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔∆>⇔' 0 2mm −>⇔ 3 0 > 1, 5 0,25 xx12+=2 m + 2 (2) Khi đó theo định lý Vi-et, ta có  xx= m2 + 4 (3)  12 Ta có yxy=22; = x 112 2 0,25 y+≤ y3 m2 − xx + 16 Khi đó có: 1 2 12
22 2 ⇔+x1 x 2 ≤3 m − xx12 + 16 22 2 ⇔+−+−≤x1 x 2 3 m xx12 16 0 2 2 ⇔( x1 + x 2) − xx 12 −3 m −≤ 16 0 Do đó có: 2 ⇔(2mmm + 2) −( 22 +− 4) 3 −≤ 16 0 2 22 ⇔4mm + 8 +− 4 m −− 4 3 m − 16 ≤ 0 ⇔8m −≤ 16 0 ⇔≤m 2 Kết hợp được 1, 5 0 Ta có 0,25 ⇔ ⇔ Bài 3 (1,0 đ) ⇔ 0,25 ⇔ ⇔ 0,25 Thử ĐKXĐ và KL nghiệm của hệ phương trình (x; y) là (-3; ). 0,25 1) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AH, đường thẳng vuông góc với AH tại O cắt nửa đường tròn (O) tại K, từ H kẻ đường thẳng song song với OK cắt AK tại C. Biết AH = 12cm (Hình 1). Tính diện tích phần nằm ngoài hình tròn (O) (Phần tô đậm). (lấy 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). 1 Tính được OH = OK = 6cm 2 (1đ) π.6 .90 2 0,25 Diện tích hình quạt tròn OHK là: S1 = = 9(π cm ) 360 Bài 4 Tính được HC = 12cm và khẳng đinh được tứ giác OKCH là hình thang (3,0 0,25 vuông đ) 1 2 Diện tích hình thang OKCH là: S2 =+=( OK HC ). OH 54( cm ) 0,25 2 2 Diện tích phần tô đậm là: SSS=−=−2154 9π ≈ 25,7(cm ) 0,25 2) Cho nửa đường tròn tâm O bán kính R với đường kính AB. C là điểm
nằm trên cung AB sao cho OC AB. Điểm M thuộc cung AC sao cho M 2 khác A và khác C. Kẻ tiếp tuyến (d) của đường tròn (O; R) tại tiếp điểm M. (2đ) Gọi H là giao điểm của BM và OC. Từ H kẻ một đường thẳng song song với AB, đường thẳng đó cắt đường thẳng d tại E. a) Chứng minh: tứ giác OHME là tứ giác nội tiếp và OE // BH. b) Kẻ MK OC tại K(K OC), đường tròn ngoại tiếp ∆OBC cắt BM tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ∆OMK. a)+ Chứng minh được 0,5 Chứng minh được 0,25 EMO = tứ giác OHME nội tiếp một đường tròn đường kính OE. 0,25 +) Chứng minh góc OBM = góc OMB =góc OEH = góc EOA từ đó suy ra EO 0,5 //BH b) Chứng minh được MB là phân giác trong của ∆OMK 0,25 Chứng minh và từ đó suy ra OI là phân 0,25 giác trong của ∆OMK và kết luận Giải phương trình: 5xxxx22+ 4 = −−+ 3 18 5 x Điều kiện: x ≥ 6 Bình phương hai vế được phương trình: 2x22− 9 x +− 9 5 xx ( − 3 x − 18) = 0 0,25 Bài 5 1) xx22−−66 xx (1,0đ) (0,5đ) ⇔2(xx22 − 6 ) + 3( x +− 3) 5 ( xxx − 6 )( + 3) = 0 ⇔2 − 5 += 30 xx++33 2 t =1 xx− 6 2  Đặt t= ≥⇒0 2tt − 5 +=⇔ 30 3 0,25 x + 3 t =  2
 7+ 61 2 x = xx− 6 2 2 Trường hợp 1: t=⇔1  =⇔1xx − 7 −=⇔ 30  x + 3  7− 61 x =  2 7+ 61 Suy ra x = thỏa mãn điều kiện. 2 2 x = 9 3xx− 63 2  Trường hợp 2: t= ⇔ = ⇔4xx − 33 − 27 =⇔ 0 3 ⇒=x9 2x + 32 x = −  4 Kết luận . 3 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz++≤. Tìm giá trị nhỏ 4 111 nhất của biểu thức: Px=2 ++ y 22 ++ z + yzx222 111 Px=2 ++ y 22 ++ z + yzx222 1 1 1 1 16 Áp dụng: (12+ 16 22 )(xx + ) ≥ (1. + 16. )2 ⇒ x 2 +≥() x + y22 yy257 y0,25 1 1 16 1 1 16 Tương tự y22+≥( yz + ); +≥() z + z22257 zx257 x 2) (0,5đ) Do đó: 1 16 16 16 1 144 P≥( xyz +++ + +)( ≥xyz +++ ) 257 x y z 257 xyz++ 1 9 2295 =()xyz +++ + 257 16(xyz++ ) 16( abc ++ ) 9 3 2295 765 Ta có xyz+++ ≥; ≥ 0,25 16(xyz++ ) 2 16( xyz ++ ) 4 3 257 ⇒≥P 4 1 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 4 Trả lời:
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN I THỊ XÃ THÁI HÒA Môn: Toán học Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. ( 2,5 điểm). 2 a) Rút gọn biểu thức A = 32+−− 50 4 8( 2 − 1) 9x b) Rút gọn biểu thức B = 4−−xx 44 + với x ≥ 4 4 c) Viết phương trình đường thẳng (d) biết đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 6xx2 + 7 −= 30 b) Tìm các giá trị của tham số m sao cho phương trình x22−2 mx + m − 2 m += 20có hai 22 nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn x1+=++ x 2 xx 128 Câu 3. ( 1,5 điểm ) Đầu năm học An được mẹ mua cho 1 chiếc xe đạp điện. Để đi đến trường đúng giờ An đã dự kiến vận tốc và thời gian. Một hôm An đi với vận tốc tăng thêm 5/km h thì đến trường sớm hơn 6 phút so với dự định. Hôm khác An đi với vận tốc giảm 5/km h thì đến trường muộn hơn 10 phút so với dự định. Tính vận tốc và thời gian mà bạn An đã dự định? Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE (D∈∈ BC;E AC) lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N. Gọi H là giao điểm của AD và BE. a) Chứng minh rằng: bốn điểm C, D, H, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Trường hợp tam giác ABC cân tại C, tứ giác MDEN là hình gì? c) Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 32 x−2 y +− x 20 xy =   xy+−1 16 − = 3 Hết Họ và tên thí sinh: SBD:
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LỚP 10 LẦN 1 MÔN THI: TOÁN Bài Hướng dẫn giải Điểm Bài 1 2.5 2 32+−− 50 4 8 2 − 1 ( ) a) 0,5 =42 + 52 − 82 −− 2 1 0,25 1,0 0,25 =42 + 52 − 82 − 2 += 11 9x 4−−xx 44 + 4 3 2 0,5 4. xx−−( 2) b) = 2 1,0 3 0,25 4. xx−−2 = 2 0,25 6xx− += 25 x + 2(4x ≥ nên x −≥2 0) = Gọi PT đường thẳng (d) cần tìm có dạng yb=ax + Vì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên b = 3 y =ax + 3 0,25 c) Ta có (d) : 0,5 −b Vì (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên =⇔=−13a a 0,25 y =−+3x 3 Vậy PT đường thẳng ( d) cần tìm là: Bài 2 2 2 Ta có ∆=7 − 4.6.( − 3) = 121 0,5 a) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1,0 −+7 121 1−− 7 121 − 3 xx= =; = = 0.5 122.6 3 2.6 2 2 2 Ta có ∆=−'( m) −( mm −2 + 22) = m − 2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔∆>⇔'0 2mm −>⇔ 20 > 1 0,25 b) xx12+=2 m Theo hệ thức Vi-et , ta có :  2 1,0 xx12=−+ m22 m 0,25
Theo giả thiết 22 2 x1+ x 2 = xx 12 + +⇔8 ( xx 12 +) −2 xxxx 1212 −( +) −=80 ⇔424428022120mmm22 − +−−−=⇔+−= m mm2 0,25 2 m= 2( tm ) ⇔mm + −=⇔60  m= −3( ktm ) 0,25 Vậy m = 2 Bài 3 1.5 Gọi vận tốc và thời gian mà bạn An đã dự định lần lượt là x( km /) h 0,25 và y(h) 1 (xy>> 5; ) 10 xy() km Ta có quãng đường từ nhà An đến trường là: 0,25 11 6'= (hh );10' = ( ) Đổi 10 6 Khi vận tốc tăng thêm 5/km h thì đến trường sớm hơn 6 phút ta có phương 1 trình: ( x+5) y − = xy ⇔− x +50 y = 5(1) 10 0,25 Khi vận tốc giảm 5/km h thì đến trường muộn hơn 10 phút ta có phương trình: 1 ( x−5) y + = xy ⇔− x30 y = 5(2) 6  0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: −+xy50 = 5  xy−=30 5 0,25 1 x= 20( tm d k ); y= ( tmdk ) Giải hệ phương trình ta được: 2 Vậy vận tốc dự định là 20(km/h); thời gian dự định là: ½(h) 0,25 Bài4 3,0
A N E Vẽ hình đến câu H O 0,5 a 1 1 B D C 1 M K Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên : 0,5 ADB = 900 và AEB = 900 a) Xét tứ giác AEDB có ADB= AE B = 900 nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc 1,0 0,5 đường tròn đường kính AB. Xét đường tròn đường kính AB ta có: DB =  (cùng chắn cung AE ) 11 0,25 Xét đường tròn (O) ta có: MB =  (cùng chắn cung AN ) 11   Suy ra: D11= M ⇒ MN// DE (do có hai góc đồng vị bằng nhau) b) Suy ra tứ giác MDEN là hình thang. 0,25 1,0 = Trường hợp tam giác ABC cân tại C, ta có: DMN ENM 0,25 Suy ra tứ giác MDEN là hình thang cân 0,25 Vì H là trực tâm của tam giác ABC ⇒⊥BH AC; CH ⊥ AB (1) Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và ABK= ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). ⇒⊥KB AB; KC ⊥ AC (2) c) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: BH//KC; CH//KB. (0,5 đ) Suy ra BHCK là hình hình hành. ⇒=CH BK . Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi. Vì tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. Suy ra độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi =1/2CH khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB. 0,25
Bài 5 1,0 Điều kiện: x ≥−1 và y ≤16 . (1) Với điều kiện đó, ta có:  32 2 x−2 y +− x 20 xy = (x− 2) yx( += 1) 0 0,25 ⇔ +− − = xy1 16 3  xy+−1 16 − = 3 = xy2 ⇔   2yy+− 1 16 − = 3. Ta có: ( 2yy+− 1 5) − ( 16 − − 2) = 0 0,25 2(yy−− 12) 12 ⇔+=0 2yy++ 1 5 16 − + 2 0,25 21 ⇔− + = (y 12)0 2yy++ 1 5 16 − + 2 ⇔=y 12. Thay y =12 vào (2), ta được x = 24. Cặp số ( xy,) = ( 24,12) thỏa mãn (1). Vì thế, cặp số đó là nghiệm duy nhất của 0,25 hệ phương trình đã cho. Lưu ý khi chấm bài: -Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. -Với bài 4 , nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
PHÒNG GD VÀ ĐT NGHI LỘC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 LẦN 1 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024. Môn thi: TOÁN 9 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,5 điểm): a) Tính A =+−45 20 5  11 1  b) Tìm đkxđ và rút gọn biểu thức: P =−− .1  11−+xx x  c) Cho hàm số y = - 2x+1 có đồ thị là (d) và hàm số bậc nhất y = (m2 - 3m) x + m2 - 2m+2 có đồ thị là (d’). Tìm m để 2 đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau. Câu 2. (2,0 điểm) 2 a. Giải phương trình : 2x -3x +1 = 0 2 b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình : x -8x+15=0. Không giải phương trình, hày 11−−xx tính giá trị biểu thức sau : P= 12+ xx12 Câu 3. (1,5 điểm): Để kỷ niệm 131 năm ngày sinh nhật Bác, một đội công nhân được giao nhiệm vụ trồng 360 cây xanh ở khu đồi Đền Chung Sơn. Đến khi làm việc có 4 công nhân được điều đi làm việc khác nên mỗi công nhân phải trồng thêm 3 cây nữa mới hết số cây phải trồng. Tính số công nhân của đội đó? Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài (O) kẻ 2 tiếp tuyến MC, MD và cát tuyến MAB với đường tròn (A, B, C, D thuộc đường tròn và dây AB không đi qua O; A nằm giữa M và B). Gọi I là trung điểm của AB, H là giao điểm của MO và CD. a) Chứng minh 5 điểm M, O, I, C, D cùng nằm trên một đường tròn; b) Gọi E là giao điểm của 2 đường thẳng CD và OI, S là giao điểm của MI và EH, K là giao điểm của 2 đường thẳng OS và ME. Chứng minh: MH. MO+ EI. EO = ME2. c) Kẻ dây BN song song với CD. Chứng minh ba điểm : A, H, N thẳng hàng. Câu 5(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: xx+=42 + 9x + 19 − 2 x + 3 Hết Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM NGHI LỘC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS NGHI PHONG NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN: TOÁN 9 Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Nội dung Điểm A =45 + 20 −= 5 3 5 − 2 5 −= 5 0 1,0  111  P =−− .1  11−+x xx  0,5 11+xx −+ 1 − x = . (1−+xx )(1 )  x 21xx− = . 0,5 (1−+x )(1 xx ) 2 = Câu 1 1+ x ( 2,5đ) c) y = - 2x + 1(d) 2 2 y = (m - 3m)x + m - 2m+2(d’) ĐK: m ≠ 0, m ≠ 3 mm2 −=−32mm2 −3 += 20 (d)//(d’) ⇔  ⇔  mm2 −2 +≠ 21 mm2 −2 +≠ 10   m −=10 =m 1 0,5 (mm− 2)( −= 1) 0   ⇔ ⇔ −= ⇔ =  2 m 20 m 2 (m −≠ 1) 0   m −≠10 m ≠ 1 ⇒ m=2 là thỏa mãn ĐK Vậy m=2 thì (d)//(d’). a. Giải phương trình : 2x2-3x +1 = 0 Hs giải công thức nghiệm hoặc viet đều đc 0,5 Câu 2 1 xx12=1; = ( 2điểm) 2 0,5
b) Cho PT : x2-8x+15=0 ∆=' (-4)2-15=1>0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 xx12+=8 Theo Viet ta có:  0,25 xx12.= 15 1−x 1 − x x(1− x ) +−( 1 xx) (xx+− ) 2x x P= 1+= 2 2 1 21=1 2 12 0,5 x1 x 2 xx12 x12x 8−− 2.15 22 P= = 15 15 0,25 a)Gọi số người của đội lúc đầu là x (người, x nguyên dương, x > 4) Số người thực tế tham gia trồng cây là: x - 4 (người) 0,25 360 Mỗi người phải trồng theo dự định là (cây) x 360 Thực tế mỗi người trồng được là + 3(cây) x Câu 3 360 0,5 ( 1.5đ) (+ 3).(x −= 4) 360 Theo bài ra ta có phương trình : x 360x− 1440 +−= 3 xx2 12 360 x ⇒ 360x− 1440 +−= 3 xx2 12 360 x ⇔ x2-4x-480=0 0,5 Giải phương trình ta được x1=24 (thoả mãn) x2= -20(không thoả mãn) 0,25 Vậy số người lúc đầu của đội là 24 người.
Vẽ hình đúng E K C j 0,25 I B M A s 4 4 1 2 3 H O F N D Câu 4 a)Vì MC, MD là 2 tiếp tuyến ⇒ MC ⊥ CO, MD ⊥ DO 0,25 (3,0 đ) Vì I là trung điểm của AB ⇒ OI ⊥ AB 0,25 ⇒ C, D, I cùng nhìn MO dưới 1 góc vuông 0,25 ⇒ C, D, I, M, O cùng nằm trên 1 đường tròn 0,25 b)Vì MC, MD là 2 tiếp tuyến ⇒ MC =MD, MO là phân giác của CMD ⇒ ∆ MCD cân tại M ⇒ MO là trung trực của CD 0,25 ⇒ MO ⊥ CD ⇒ EH và MI là 2 đường cao của ∆ MOE 0,25 ⇒ OK là đường cao thứ 3 ⇒ OK ⊥ EM Xét ∆ MHE và ∆ MKO có OME là góc chung 0,25 MHE OKM 0 ⇒ ∆ ∆ ⇒ = = 90 MHE ~ MKO MH.MO=MK.ME 0,25 Tương tự EI.EO=EK.ME ⇒ MH.MO +EI.EO=EK.ME +MK.ME=ME2. c)Gọi F là giao điểm của MO và BN Ta có BN//CD, mà CD ⊥ MO⇒ MO ⊥ BN ⇒ FB=FN ⇒ HF vừa là đường cao, trung tuyến của ∆ HBN   ⇒ ∆ HBN cân tại H và HF là phân giác ⇒ H3 = H2 (1) 0,25 Mặt khác ta có MH.MO=MC2 (Hệ thức lượng ) 1 Xét ∆ MCA ~ ∆ MBC có CMA chung, MCA = CBA = s d AC 2 0,25 ⇒ ∆ ∆ ⇒ 2 MCA ~ MBC(g.g) MA.MB= MC
MH MB ⇒ MH.MO=MA.MB⇒ ⇒=, mà ∆ MHA và ∆ MBO có có MA MO HMA chung ⇒ ∆ MHA ~ ∆ MBO (c.g.c) 0,25    0 ⇒ H1 = B4 ⇒ B4 + AHO = 180 ⇒ AHOB là tứ giác nội tiếp   ⇒ A4 = H2 . Ta có OA=OB ⇒ ∆ AOB cân tại O     ⇒ A4 = B4 ⇒ H1 = H2 (2)    0 Từ (1) và (2) ⇒ H1 = H3 ⇒ H1 + MHN = 180 ⇒ A, H, N thẳng hàng. +=2 + + − + Giải hệ phương trình: xx4 9x 19 2 x 3 xx+=42 + 9x + 19 − 2 x + 3 ( ĐKXĐ: x ≥ 3) 2 ⇔2xx +++= 3 4 ( x + 3) + ( x + 4) Đặt u=+=+ x3; vx 4 ( (uv≥≥0; 1) 0,25 22 2uv+= u + v Câu 5 ⇔(2uv +=+ )2 u 22 v 0,25 (1điểm) Ta được: ⇔+=2 340u uv ⇔uu(3 += 4) 0 0,25 u = 0 ⇔  0,25 3u+= 4 v 0( Vn ) u=0 ⇔xx +=⇔=30 3(Tm) Vậy pt có 1 nghiệm là x=3 Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Hết
UBND HUYỆN ANH SƠN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023-2024 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,5 điểm): 44 a) Tính A =+−5 45 5 51+ x 11 b) Rút gọn biểu thức B = − : với x > 0; x ≠ 1 x++11 xx x + c) Cho đường thẳng d: y= (m − 1)x ++ n 2. Tìm m, n để đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng y+ 2x −= 3 0 và đi qua điểm A(2;4). Câu 2 (2,0 điểm): 23xy−= 9 a) Giải hệ phương trình:  32xy+= 7 2 2 b) Cho phương trình: x + 2(m + 3)x + m – 3 = 0 với m là tham số. 2 2 Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 +x2 – x1.x2 = 22 Câu 3 (2,0 điểm): a) Một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2. Nếu tăng chiều rộng thêm 3 cm và tăng chiều dài thêm 3 cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 48 cm2. Tính các kích thước ban đầu của hình chữ nhật. b) Bác An có đống cát dạng hình nón cao 2m; đường kính đáy là 6m; Bác tính rằng để sửa xong ngôi nhà của mình bác cần 30m3. Hỏi bác An cần mua bổ sung bao nhiêu m3 cát nữa để đủ sửa xong nhà (Lấy π = 3.14 và làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn O và điểm A nằm ngoài O . Kẻ tiếp tuyến AB,AC với đường tròn O ( B,C là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn O tại hai điểm D,E ( AD AE, d không đi qua tâm O ). a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2 b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh AB AH.AO . c) Đường thẳng DH cắt O tại điểm thứ hai F, AF cắt O tại điểm KF . Chứng minh ba điểm E,H,K thẳng hàng Câu 5 (0,5 điểm): Cho ∆ABC có chu vi bằng 2. Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của ∆ABC a 4b 9c Chứng minh rằng: A = ++≥11 bca+− cab +− abc +− Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác gì? Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu 1. (2,5 điểm) 44 a) Tính A =+−5 45 5 51+ x 11 b) Rút gọn biểu thức B = − : với x > 0; x ≠ 1 x++11 xx x + c) Cho đường thẳng d: y= (m − 1)x ++ n 2. Tìm m, n để đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng y+ 2x −= 3 0 và đi qua điểm A(2;4). 44 A =+−5 45 5 51+ 0.5 a) =25 + 5 −− 1 35 0.5 = −1 x 11 b)Ta có B = − : x++11 xx x + x −1 0,5 = .(x + 1) xx+1 ( ) 0,5 x −1 = . x c) + (d): y= (m − 1)x ++ n 2 vuông với đường thẳng: y+ 2x −= 3 0 hay y=−+ 2x 3 Nên (m – 1).( - 2) = - 1 13 ⇒m1 −= ⇒ m = 0.25 22 1 + (d) đi qua điểm A(2;4)4⇒= .2n241n2 ++⇔=++⇒= n1(TM) 2 0.25 3 Vậy m= ;n = 1 2 Câu 2 (2,0 điểm). 23xy−= 9 a) Giải hệ phương trình:  32xy+= 7 2 2 b) Cho phương trình: x + 2(m + 3)x + m – 3 = 0 với m là tham số. 2 2 Tìm m để phương trình trên có 2 nghiệm thỏa mãn: x1 +x2 – x1.x2 = 22 2xy−= 3 9 4 xy −= 6 18  13 x = 39 x = 3 a)Ta có: ⇔ ⇔⇔  32xy+= 7 96 xy += 2132  xy += 7 y =− 1 0,5 Nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (3;-1) 0.5
b) Ta có: ∆=' 6m + 12 0,25 Điều kiện để phương trình có nghiệm là: ∆'0 ≥ ⇔m ≥− 2 0,25 xx12+=−+2( m 3) Theo viet ta có:  =2 − xx12.3 m Hệ thức: x 2 +x 2 – x .x =22 => (x +x )2 – 3x .x = 22 1 2 1 2 1 2 1 2 0,25 Suy ra: 4(mm2+ 6 +− 9) 3( m 22 −= 3) 22 ⇔ m + 24 m + 23 = 0 Giải ra được m = -1 (TM) hoặc m = -23 (loại) 0,25 2 2 Vậy m = -1 thì giá trị của biểu thức x1 +x2 – x1.x2 = 22 Câu 3 (2.0 điểm): a) Một hình chữ nhật có diện tích bằng 40 cm2. Nếu tăng chiều rộng thêm 3 cm và tăng chiều dài thêm 3 cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 48 cm2. Tính các kích thước ban đầu của hình chữ nhật. b) Bác An có đống cát dạng hình nón cao 2m; đường kính đáy là 6m; Bác tính rằng để sửa xong ngôi nhà của mình bác cần 30m3. Hỏi bác An cần mua bổ sung bao nhiêu m3 cát nữa để đủ sửa xong nhà (Lấy π = 3.14 và làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) a)Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x (cm) và y (cm) ( x; y > 0). 0,25 xy = 40 xy = 40 0.25 Theo bài ra ta có hệ phương trình: ⇔ (x + 3)( y + 3) = xy + 48 x + y = 13 0.25 0.25 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: t2 – 13t + 40 = 0 (1). 0.25 Giải phương trình (1) ta được hai nghiệm là 8 và 5. 0.25 Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 8 cm và 5 cm. b) 0.25 0.25
Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn O và điểm A nằm ngoài O . Kẻ tiếp tuyến AB,AC với đường tròn O ( B,C là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn O tại hai điểm D,E ( AD AE, d không đi qua tâm O ). a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2 b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh AB AH.AO . c) Đường thẳng DH cắt O tại điểm thứ hai F, AF cắt O tại điểm KF . Chứng minh ba điểm E,H,K thẳng hàng B E D A O 0,5 H K F C AB,AC là tiếp tuyến với đường tròn O . 0,5 a. 0 00 0 1,0 Suy ra ABO ACO 90 ABO ACO 90 90 180 0,5 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp. AB,AC là tiếp tuyến với đường tròn O . Suy ra AB AC . 0,25 Mà OB OC . Do đó OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC , vì 0,25 b. thế OA BC . 1,0 Xét tam giác OAB vuông tại B , đường cao BH . Ta có 0,25 AB2 AH.AO 0,25 Tứ giác ABOC nội tiếp suy ra OBH CAH OBH∽ CAH g.g HB HO HA HC HA.HO HB.HC c. 0,25 0,5 Tứ giác BDCF nội tiếp, tương tự ta cũng suy ra HD.HF HB.HC (2). Từ (1) và (2) suy ra OH.HA DH.HF OH HF DH HA HDA∽ HOF c.g.c OAD OFD do đó tứ giác ADOF nội tiếp.
Suy ra DOA DFA DEK (3). AB AD Lại có ABD∽ AEB g.g AB2 AD.AE . AE AB Kết hợp câu a) suy ra AD AO AD.AE AH.AO AHD∽ AEO c.g.c AH AE . 0,25 AHD AEO Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp do đó DEH DOH (4). Từ (3) (4) suy ra DEH DEK hay E,H,K thẳng hàng. Câu 5: (0.5 điểm) Cho ∆ABC có chu vi bằng 2. Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của ∆ABC a 4b 9c Chứng minh rằng: A = ++≥11 bca+− cab +− abc +− Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác gì? Ta có a + b + c = 2 Đặt b + c – a = x (1) c + a – b = y (2) a + b – c = z (3) Suy ra x, y, z > 0 và x + y + z = 2 (vì a + b + c = 2) yz+ Cộng (2) và (3) vế theo vế, ta được a = 2 xz+ xy+ Tượng tự: b = ; c = 0,25 2 2 y++ z 4(x z) 9(x + y) Do đó: A = ++ 2x 2y 2z 1 y z 4x 4z 9x 9y A = ++ + + + 2x x y y z z 1 y 4x z 9x  4z 9y  A = + ++ +  +  2x y x z  y z   1 y 4x z 9x 4z 9y A ≥2. ++ 2. 2 . (Bất đẳng thức cô – si) 2 xy xz y z A ≥11  y 4x  = 15 xy y= 2x xa= =   360,25  z 9x z= 3x  =  22 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xz ⇔3 ⇔=⇔=yb zy= 33 4z 9y = 2 z1= 1 = yz xyz2++= c  2 xyz2++= Khi đó a2 = b2 + c2 ⇔∆ABC vuông.
PHÒNG GD ĐT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2023 – 2024 MÃ ĐỀ 01 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Ngày 28/4/2023 Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) P=−+( 7 28 63) . 7 a1 9 b) Q=+−.a với a>≠ 0,a 9 . a−+ 3a a 3 a Câu 2. (2,0 điểm) 24xy+= a) Giải hệ phương trình  3xy−= 2 13 b) Tìm m biết, đồ thị hàm số ym=(22 − 1) x ( m là tham số) đi qua điểm A( -1; 8). Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho phương trình x22− 2m( −+= 1x) m 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để 1 11 8 phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x12 ,x thỏa mãn: +=− . x2 x 1 2 xx 12 b) Đường cao tốc Bắc – Nam là công trình trọng điểm Quốc gia. Gói thầu qua Huyện Can Lộc, giai đoạn một. Hai nhà thầu làm trong 4 tháng thì xong. Nếu mỗi nhà thầu làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian nhà thầu thứ nhất ít hơn nhà thầu thứ hai là 6 tháng. Hỏi nếu làm riêng thì nhà thầu thứ nhất phải làm trong bao nhiêu lâu thì xong. Câu 4.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, Đường cao AH ( H thuộc BC). Gọi M là trung điểm của BC. Biết AH = 2cm, AC = 4cm. Tính số đo góc ACB và chu vi tam giác MAC. (Lấy tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu phẩy) Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC và ABC = 600 , AD là phân giác của BAC (D thuộc BC). Vẽ đường thẳng qua D và vuông góc với đường thẳng BC cắt đoạn AC tại K, cắt đường thẳng AB tại P. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. a) Chứng minh: Tứ giác PADC nội tiếp trong một đường tròn. Xác định vị trí tâm I của đường tròn đó. b) Chứng minh: DO//BK Câu 6. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc++=3 .Tìm giá trị lớn abc nhất của biểu thức M =++ a++++++333 a bc b b ac c c ab HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh Số báo danh
PHÒNG GD ĐT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2023 – 2024 MÃ ĐỀ 02 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Ngày 28/4/2023 Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) P=−+( 5 75 20) . 5 1a 9 b) Q=+−.a với a>≠ 0,a 9 . a−+ 3 a 3a a Câu 2. (2,0 điểm) 23xy+= a) Giải hệ phương trình  . xy−=35 b) Tìm k biết, đồ thị hàm số yk=(22 + 1) x (k là tham số) đi qua điểm A(1;10). Câu 3. (1,0 điểm) a) Cho phương trình x22− 2( m − 1) x +−= m 3m 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để 11 2 phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x12 ,x thỏa mãn: +=−1 . x1 x 2 xx 12 b) Đường cao tốc Bắc – Nam là công trình trọng điểm Quốc gia. Gói thầu qua Huyện Can Lộc, giai đoạn một. Hai nhà thầu cùng làm trong 2 tháng thì xong. Nếu mỗi nhà thầu làm riêng, để hoàn thành công việc thì nhà thầu thứ hai sẽ hoàn thành công việc sớm hơn nhà thầu thứ nhất là 3 tháng. Hỏi nếu làm riêng thì nhà thầu thứ nhất phải làm trong bao nhiêu lâu thì xong. Câu 4.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, Đường cao AI (I thuộc BC). Gọi K là trung điểm của BC. Biết AI = 3cm, AB = 6cm. Tính số đo góc ACB và chu vi tam giác AKB (Lấy tròn đến hai chữ số thập phân sau dấu phẩy) Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác MNQ vuông tại M có MN<MQ và MNQ = 600 , ME là phân giác của NMQ (E thuộc NQ). Vẽ đường thẳng qua E và vuông góc với đường thẳng NQ cắt đoạn MQ tại H, cắt đường thẳng MN tại F. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NFQ. a) Chứng minh: Tứ giác FMEQ nội tiếp trong một đường tròn. Xác định vị trí tâm I của đường tròn đó. b) Chứng minh: EO//NH. Câu 6. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz++=3.Tìm giá trị lớn xyz nhất của biểu thức P =++ x++333 xyzy ++ yxzz ++ zxy HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh Số báo danh
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Mã đề 01 Chú ý :Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. Câu Hướng dẫn chấm Điểm a) HD: P=−+=−+==( 7 28 63) . 7( 7 2 7 3 7) . 7 2 7. 7 14 1đ a1 9 b) HD: Q=+−.a với a>≠ 0,a 9 . a−+ 3a a 3 a a1 9 Q=+−.a a−+ 3a a 3 a Câu 1 a 1 a9− Q.= +  0.25 2 điểm a ( a−+ 3) a 3 a   a+ 3 a − 3 ( a −+ 3)( a 3)  Q.=  +   0.25 ( a−+ 3)( a 3) ( a −+ 3)( a 3) a  2 a ( a−+ 3)( a 3) 0.25 Q.= ( a−+ 3)( a 3) a Q2= 0.25 2xy+= 4 4 x + 2 y = 8 7 x = 21 x = 3 a) ⇔ ⇔⇔ 0.75 3xy−= 2 13 3 xy −= 2 13 2 xy += 4 y =− 2 x = 3 .025 Câu 2 Hệ phương trình có nghiệm là  2 điểm y = −2 b) Đồ thị hàm số ym=(22 − 1) x đi qua điểm A( -1; 8) , ta có: 1đ 81=mmm22 −⇔ = 9 ⇒ =± 3 . Vậy m∈−{ 3;3} a) Ta có ∆=−−=−+−=−+'(1)m222 mm 21 m m2 21 m Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x ,x khi 12 1 ∆>'0hay − 2 m + 10 > ⇔ m < (ĐK1) 2 0.25 x12 ,x là hai nghiệm PT áp dụng hệ thức vi ét ta có:  −b xx+= =2( m − 1) Câu 3  12a  (1) 0.25 2 điểm c xx. = = m2  12 a Mặt khác 1 1 1 8 2(x+ x ) x .x 16 + =− ⇔1 2 = 12 − ; (dk : x x≠⇔ 0 m ≠ 0) 12 x2 x 1 2 x 12 x 2x1 .x 2 2x 1 .x 2 2x 12 x ⇒2(x + x ) = x .x − 16 ⇒ 2.2(m −= 1) m2 − 16 1 2 12 ⇒m2 − 4m −= 12 0 0.25
Giải phương trình ta được: m1 = 6(loại) ; m2 = −2 ( thỏa mãn ĐK ); Vậy m= -2 0.25 b) Cách 1: Lập hệ phương trình 0.25 Gọi thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ nhất là x (tháng); Thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ hai là y (tháng) Đk: x, y > 4 Trong một tháng : 1 Nhà thầu thứ nhất làm được số công việc là: ( Công việc) x 1 Nhà thầu thứ hai làm được số công việc là: ( Công việc) y 0.25 111  +=(1) Theo bài ra ta có hệ phương trình:  xy4 . Từ (2) ta có: y=x+6 Thế  −+xy =6(2) vào phương trình (1) ta được: 1 1 1 4(x++ 6) 4 x xx ( 6) 0.25 +=⇔ + = x x+6 4 4 xx ( +++ 6) 4 xx ( 6) 4 xx ( 6) ⇒4(x ++ 6) 4 x = xx ( +⇔ 6) x2 − 2 x − 24 = 0 0.25 Giải phương trình ta được: x1 = 6 , x1 = −4 . Đối chiếu ĐK bài toán x1 = 6 (t/m), x = −4 ( không t/m). 1 Vậy Nhà thầu thứ nhất làm một mình hết 6 tháng. Cách 2: Lập Phương trình ( giải đúng cho điểm tối đa) Gọi thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ nhất là x (tháng) ĐK x>4 Ta có thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ 2 là x +6 1 Mỗi tháng nhà thầu I làm được : (CV) ; x 1 Nhà thầu II làm được : (CV) x + 6 111 Theo bài ra ta có phương trình: += Giải phương trình ta được xx+ 64 x1 = 6 (t/m), x1 = −4 ( không t/m). Vậy Nhà thầu thứ nhất làm một mình hết 6 tháng.
A 4 2 C B H M AH 2 Ta có: Sin CC= ==0,5 ⇒= 300 AC 4 0,25 Áp dụng định lý Pytago cho tam giác AHC vuông tại H ta có: Câu 4 AC2=+⇒=+⇒=⇒== AH 22 HC 16 4 HC2 HC 212 HC 12 2 3 1 điểm Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta 0,25 22 16 8 8 3 AC= HC. BC ⇒= 4 2 3.BC ⇒ BC = = = cm có: 23 3 3 Vì AM là trung tuyến của tam giác vuông ABC suy ra: 0,25 BC 43 AM= MC = = 23 43 43 83 + +=4 +≈ 4 8, 62cm Suy ra: chu vi tam giác MAC là: 33 3 0,25 a) Ta có: BAC = 900 (gt)=> Hình P 0 0,25 PAC = 90 A Mặt khác: PDC = 900 (gt) K 0.25 I => Đểm A, D thuộc đường tròn Câu 5 đường kính PC 0.25 2 điểm O = > Tứ giác PADC nội tiếp đường tròn. C B D PC là đường kính => Tâm I của 0.25 đường tròn là trung điểm của đoạn PC (không vẽ hình thì không cho điểm) b) b) Trước hết ta chứng minh 3 điểm D, O, I thẳng hàng Ta có: IP=IC (gt) => OI ⊥ PC (1) Ta lại có: 0.25
BAC DAC = = 450 (Vì AD là tia phân giác BAC ) 2 = > DPC = DPC = 450 (vì tứ giác PADC nội tiếp có 2 góc nội tiếp 0.25 cùng chắn cung DC) 0 = > DPC= DCP = 45 = > ∆PDC là tam giác vuông cân tại D = > DI ⊥ PC (DI là đường trung tuyến của ∆PDC vuông cân) (2) 0.25 Từ (1) và (2) => 3 điểm D, I, O thẳng hàng Mặt khác: Vì N là trực tâm => BK ⊥ PC Mà DO ⊥ PC (Vì D, I, O thẳng hàng) (theo chứng minh trên) = > DO//BK 0.25 Vậy: DO//BK (đpcm) Ta có: 3abcabcabcabac+=+++=+( ) ( )( +) 222 2 2 =(( a) +( b) )(( c) +( a) ) ≥+( ac ab ) ⇒3a +≥ bc ac + ab aa a ⇒≤ = a+3 a + bc a + ac + ab a ++ b c Câu 6 Tương tự: 1 điểm bb ≤ b+3 bacabc + ++ cc ≤ c+3 cababc + ++ abc++ Suy ra: F ≤=1 abc++ Dấu = Xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 Vậy Giá trị lớn nhất của F là 1 khi a = b = c = 1
Mã đề 02 Chú ý :- Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. Điể Câu HƯỚNG DẪN CHẤM m HD: P=−+( 5 75 20) . 5 =−+( 5 5 5 2 5) . 5 =−=− 2 5. 5 10 1đ 1a 9 b) Q=+−.a với a>≠ 0,a 9 . a−+ 3 a 3a a 1a 9 Q=+−.a a−+ 3 a 3a a Câu 1 2 điểm 1 a a9− Q.= +  0.25 a−+ 3 a ( a 3) a   a+ 3 a − 3 ( a −+ 3)( a 3)  Q.=  +   0.25 ( a−+ 3)( a 3) ( a −+ 3)( a 3) a  2 a ( a−+ 3)( a 3) 0.25 Q.= ( a−+ 3)( a 3) a Q2= 0.25 2xy+= 3 6 x + 3 y = 9  7 x = 14 x = 2 a) ⇔ ⇔⇔  xy−=35 xy −= 35  xy −= 35 y =− 1 x = 2 0.75 Hệ phương trình có nghiệm là  Câu 2 y = −1 2 điểm 0.25 b) Đồ thị hàm số yk=(22 + 1) x đi qua điểm A( 1; 10) , 1 ta có:10=kkk22 +⇔ 1 = 9 ⇒ =± 3 . Vậy k ∈−{ 3;3} a) Ta có ∆=' (m − 1)22 − ( m − 3 mm ) = + 1 x ,x Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 12 khi ∆>⇔+>⇔'0mm 10 >− 1 (ĐK1) 0.25 x12 ,x là hai nghiệm PT áp dụng hệ thức vi ét ta có: Câu 3  −b 2 điểm xx12+= =2( m − 1)  a  (1) c 0.25 xx.3= = m2 − m  12 a Mặt khác
1 1 2 (x+ x ) x .x 2 + =−1 ⇔1 2 = 12 − ; (dk :x x≠⇔ 0 m ≠ 0; m ≠ 3) x x x x x .x x .x x x 12 2 1 12 1 2 1 2 12 2 ⇒(x1 + x) 2 = x.x 12 −⇒ 2 2(m1) − = m − 3m − 2 ⇔m2 − 5m0m0;m5 =⇔= = 0.25 Đối chiếu đk ta có m = 0, m=5 thỏa mãn 0.25 Cách 1: lập hệ PT ( Tương tự cách giải ở đề 1) Cách 2: Lập Phương trình ( giải đúng cho điểm tối đa) Gọi thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ hai là x (tháng) ĐK x>2 0.25 Thời gian làm xong công việc một mình của nhà thầu thứ nhất là x + 3 (Tháng) 1 Mỗi tháng: Nhà thầu II làm được : (CV) ; x 0.25 1 Nhà thầu I làm được : (CV) x + 3 111 Theo bài ra ta có phương trình: += Giải phương trình ta được xx+ 32 0.25 x1 = 3 (t/m), x2 = −2 ( không t/m). Vậy Nhà thầu thứ hai làm một mình hết 3 tháng 0.25 A 6 3 B C I K AI 3 Ta có: Sin BB= ==0,5 ⇒= 300 0.25 Câu 4 AB 6 1 điểm Áp dụng định lý Pytago cho tam giác AIB vuông tại I ta có: 2 22 2 2 AB= AI +⇒=+⇒=⇒= IB 36 9 IB IB27 IB 27 = 3 3 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A, đường cao AI ta 36 12 12 3 AB22= IB. BC ⇒= 6 3 3.BC ⇒ BC = = = =4 3cm có: 33 3 3 0.25 Vì AK là trung tuyến của tam giác vuông ABC suy ra: 0.25
BC 43 AK= KB = = = 23 22 0.25 Suy ra: chu vi tam giác MAC là: 2 3+ 2 3 +≈ 6 12,93cm a) F M H I O Hình 0,25 N E Q Ta có: NMQ = 900 (gt)=> FMQ = 900 Mặt khác: FEQ = 900 (gt) 0.25 => Đểm A, D thuộc đường tròn đường kính PC 0.25 = > Tứ giác FMEQ nội tiếp đường tròn. FQ là đường kính => Tâm I của đường tròn là trung điểm của FQ. 0.25 Câu 5 (không vẽ hình thì không cho điểm) 2 điểm b) Trước hết ta chứng minh 3 điểm E, O, I thẳng hàng Ta có: IF=IQ (gt) => OI ⊥ FQ (1) Ta lại có: 0.25 NMQ EMQ = = 450 (Vì ME là tia phân giác NMQ ) 2 = > EFQ = EFQ = 450 (vì tứ giác FMEQ nội tiếp có 2 góc nội tiếp 0.25 cùng chắn cung EQ) = > EFQ = EQF = 450 = > ∆FEQ là tam giác vuông cân tại E = > EI ⊥ FQ (EI là đường trung tuyến của ∆FEQ vuông cân) (2) 0.25 Từ (1) và (2) => 3 điểm E, I, O thẳng hàng Mặt khác: Vì H là trực tâm => NH ⊥ FQ 0.25 Mà EO ⊥ FQ (Vì E, I, O thẳng hàng)
= > EO//NH Vậy: EO//NH (đpcm) Ta có: 3xyzxyzxyzxyxz+=+++=+( ) ( )( +) 2 222 2 =(( x) +( y) )(( z) +( x) ) ≥+( xz xy ) ⇒3x +≥ yz xz + xy xx x ⇒≤ = x+3 xyzx + + xz + xy x ++ y z Câu 6 Tương tự: 1 điểm y y ≤ y+3 y + xz x ++ y z zz ≤ z+3 z + xy x ++ y z xyz++ F ≤=1 Suy ra: xyz++ Dấu = Xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 Vậy Giá trị lớn nhất của F là 1 khi x = y = z = 1
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LỤC NGẠN NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 19/4/2023 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 02 trang) Mã đề 101 I. Trắc nghiệm (3,0 điểm) Câu 1: Điều kiện xác định của 24x + là A. x ≤ 2 B. x ≥−2 C. x ≥−4 D. x ≤ 4 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ? A. yx=2 +− 35 x B. yx=−−(3 25) 7 C. yx=(22 −+ 3) 1 D. yx=−−7( 32) 25nx+= y 22 Câu 3: Cho hệ phương trình  có nghiệm ( xy,) = ( 2;1). Giá trị của biểu thức mn− là x−= my 4 A. 1 B. −3 C. 3 D. −5 Câu 4: Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (m22−1) xx + 3 −= 20 là phương trình bậc hai là A. m ≠±1 B. m ≠ 1 C. m = ±1 D. m ≠−1 Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH= 22 cm và HB= 2 HC . Độ dài cạnh BC là A. 8cm B. 22+ cm C. 8cm D. 6cm Câu 6: Kim giờ và kim phút của đồng hồ tạo với nhau một góc ở tâm bằng bao nhiêu độ khi đồng hồ chỉ 7 giờ? A. 1200 B. 1350 C. 1500 D. 2100 2 Câu 7: Biểu thức ( 54−−) 5 có kết quả là A. 4+ 25 B. 4− 25 C. 4− 35 D. −4 Câu 8: Điểm A(−1; 2 ) thuộc đồ thị hàm số y= ax2 ( a ≠0) khi 1 1 A. a = 2 B. a = − C. a = −2 D. a = 4 4 xym+= +2 Câu 9: Tổng các giá trị của tham số m để hệ phương trình  có nghiệm duy nhất ( xy00, ) 2xy−= 21 m + 2 thỏa mãn xy00−=3 là A. −4 B. 5 C. 2 D. −2 Câu 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình (mxx−5) 2 − 52 ++ m = 0có hai nghiệm trái dấu? A. 6 B. 5 C. 4 D. 0 Câu 11 Cho đường tròn (O;2 cm) có dây AB= 22 cm . Diện tích của phần hình tròn giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB là A. 24π − (cm2 ) B. π − 2(cm2 ) C. 2(cm2 ) D. π (cm2 ) Câu 12: Cho số thực x thỏa mãn 3xx−− 1 4 − 42 = . Khi đó giá trị của biểu thức 21x − là A. 3 B. 5 C. 9 D. 5 Câu 13: Đường thẳng y=+− xm1 tiếp xúc với parabol yx= 2 khi 5 −3 3 −5 A. m = B. m = C. m = D. m = 4 4 4 4 mx−=21 y Câu 14: Giá trị của tham số m để hệ phương trình  có vô số nghiệm là 82x−= my
A. m = −4 B. m = 4 C. m = 2 D. m = −2 2 Câu 15: Biết phương trình xx−5 −= 10 có hai nghiệm xx12, . Biểu thức xx12−−33 x 1 x 2 có giá trị là A. −7 B. −2 C. 14 D. −16 Câu 16: Tam giác ABC có BC= 24 cm , AB=18 cm nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC. Độ dài bán kính đường tròn tâm O là A. 30cm B. 15cm C. 20cm D. 12cm Câu 17: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (OR, ) kẻ tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của AO và BC. Biết Em nho, bán kính R của đường tròn là A. 24cm B. 10cm C. 15cm D. 12cm Câu 18: Mười hai năm sau khi băng tan, Địa y bắt đầu phát triển và nếu mỗi nhóm Địa y phát triển trên một khoảng đất hình tròn thì mối quan hệ giữa đường kính d (tính bằng mi-li-mét) của hình tròn đó và tuổi t của Địa y có thể biểu diễn tương đối theo công thức: dt=7 − 12 (với t ≥12). Người ta đã đo được đường kính của một nhóm Địa y cạnh một dòng sông là 42mm . Với kết quả đo trên, em hãy tính xem băng trên dòng sông đó đã tan cách đó bao nhiêu năm? A. 48 B. 60 C. 36 D. 24 Câu 19: Phương trình x42− mx + m −=10 có bốn nghiệm phân biệt khi m >1 m >1 A.  B. m >1 C.  D. m ≠ 2 m ≠ 2 m ≠ 2 Câu 20: Một khúc sông rộng khoảng 240m . Một người lái đò chèo đò qua sông, bị dòng nước đẩy phải chèo khoảng 300m mới tới bờ bên kia. Hỏi nước đã đẩy chiếc đò đi một góc bằng khoảng bao nhiêu độ? A. 54° . B. 36° . C. 37° . D. 53° . II. Phần tự luận (7,0 điểm) Câu 1 (2,5 điểm) 11 x 1) Rút gọn biểu thức B = + : (với xx>≠0; 9 ). xx−+33x −9 xy−=25 2) Giải hệ phương trình  233xy+= 3) Tìm m để đồ thị hàm số ym=−+( 1) x 2, ( m ≠ 1) đi qua điểm M (1; 4) . Câu 2 (1,0 điểm). Cho phương trình x2 −( m + 2) xm + += 1 0 (1) ( x là ẩn, m là tham số). 1) Giải phương trình (1) với m = 2 . 2 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thoả mãn xx12−=2 7. Câu 3 (1,0 điểm). Một người đầu tư 500 triệu đồng vào hai khoản: mua trái phiếu doanh nghiệp với lãi suất 8% một năm và mua trái phiếu Chính phủ với lãi suất 5% một năm. Cuối năm người đó nhận được 35,5 triệu đồng tiền lãi. Hỏi người đó đã đầu tư vào mỗi khoản bao nhiêu tiền? Câu 4 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O). Một đường thẳng d cố định, không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt A và B. Lấy điểm M bất kỳ thuộc d và nằm ngoài đường tròn (O) ( MA< MB ). Qua M vẽ hai tiếp tuyến MC và MD (với C, D là hai tiếp điểm). Gọi I là giao điểm của MO và CD. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác OCMD là tứ giác nội tiếp. 2) MC2 = MA MB 3) MIA = MBO . Câu 5 (0,5 điểm). Cho xyz,,là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy++= yz zx 5.Tìm giá trị nhỏ 332xyz++ nhất của biểu thức: P = 6(x2++ 56) ( yz 22 ++ 5) + 5 Hết