Đề giao lưu Toán vào lớp 10 năm 2023 trường THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hoá

`
GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
(Đề có 5 câu , gồm 01 trang)
Họ tên thí sinh…………………….…………………………… SBD……………………Phòng ……………   x  x 
Câu I( 2đ): Cho biểu thức 15 2 1 P     : với x  x  x  25 0; 25. x  5 x  5  
1. Rút gọn biểu thức P .
2. Tìm giá trị của x để 1 P  . 2 Câu II(2đ):
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình y  mx  m 1
( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua điểm M 1;  3 . 3x  2y = 5
2. Giải hệ phương trình  .
2x  3y = 12 Câu III(2đ):
1. Giải phương trình 2
3x  5x  2  0 .
2. Cho phương trình 2 2
x  (2m 1)x  m  6  0 ( m là tham số).Tìm m để phương trình
có hai nghiệm trái dấu x ; x thỏa mãn 2 2
x  6x  x  x x  3x . 1 2 1 2 1 1 2 2
Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( )
O (AB  AC) , các đường cao B ,
E CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn ( )
O tại M ( M khác A).
1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh MAF  MEF .
3. Chứng minh BM.AC  AM.BC  CM.AB .
Câu V(1đ): Cho ba số thực dương , a ,
b c thay đổi thỏa mãn điều kiện (a  b  c)abc  3 . Tìm 5 5 5
giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c S    3 3 3 3 3 3 a  2b b  2c c  . 2a
------------------------------------ Hết -------------------------------------
Lưu ý - Quét mã QR trên phiếu dự thi để xem kết quả (ngày 15/04/2023)
- Lịch giao lưu lần 2 ngày 09/05/2023 1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 Môn thi: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Hướng dẫn chung:
1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm
tối đa của phần (câu) tương ứng.
2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý NỘI DUNG Điểm     Cho biểu thức 15 x 2 x 1 P     : x   x  25 x  5 x  5   với 0; x 25.
Rút gọn biểu thức P.  2    x  x 5 15  x 1 P   0,25    
x  5 x  5  x  5 x  5 :  x  5  1 (1,0đ)
15  x  2 x 10 x  5 =  0,25
x  5 x  5 . x 1 I (2,0đ) x  5 x  5 1 =  = 0,25
x  5 x  5. x 1 x  1 Vậy : 1 P= với x   0,25 x 1 0; x 25.
Tìm giá trị của x để 1 P  . 2 2 1 1 1 (1,0đ) P=    x 1  2 0,50 2 x 1 2
 x  1  x  1 0,50
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thăng (d) có phương trình
y  mx  m 1( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua
điểm M 1;  3 II 1
Đồ thị hàm số y  mx  m 1 đi qua điểm M 1;  3 (2,0đ) (1,0đ)  3  .
m 1 m 1  2m  2  m  1 0,50
Vậy m  1 thì đồ thị hàm số y  mx  m 1 đi qua điểm M 1;  3 0,50 2 3x  2y = 5
Giải hệ phương trình  .
2x  3y = 12 2 3  x  2y = 5 13  x = 39 Ta có:    (1,0đ) 0,50
2x  3y = 12 2x + 3y = 12 x  3    x 3 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  0,50  y  2  y  2 Giải phương trình 2
3x  5x  2  0 . 2 1
Ta có: a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm x  1  ; x   0,50 1 2 (1,0đ) 3
Vậy phương trình có hai nghiệm. 2 x  1  ; x   1 2 0,50 3 Cho phương trình: 2 2
x  (2m 1)x  m  6  0 ( m là tham số).Tìm m để
phương trình có hai nghiệm trái dấu x ; x thỏa mãn 1 2 2 2
x  6x  x  x x  3x . 1 2 1 1 2 2
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2 25 0,25
Ta có   2m   1  4 2
m  6  4m  25  0  m   . III 4 (2,0đ)
x  x  2m 1 (1) 1 2 Theo vi-et:  . 0,25 2 x x  m  6 (2)  2 1 2
(1,0đ) Theo bài ra ta có: 2 2 2 2
x  6x  x  x x  3x  x  (x 1)x  6x  3x  0 (*) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2
Trong phương trình (*) ta coi x là ẩn số, x là tham số giải ra ta được: 1 2 0,25
x  3x (loại vì theo bài ra x ; x trái dấu) 1 2 1 2 x  2
 x 1  x  2x  1  (3) 1 2 1 2 Từ (1) và (3) ta có :
x  4m  3 1 14  thay vào (2) ta được : 2
9m 14m  0  m  0; m   0,25 x  2  m  2  9 2
Cả hai giá trị này đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( )
O (AB  AC) , các đường cao B ,
E CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn ( )
O tại M ( M khác A).
1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh MAF  MEF .
3. Chứng minh BM.AC  AM.BC  CM.AB . A Q M O E F K B C
Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. Ta có: ABC  có đường cao B , E CF 0,50 IV 1
BE  AC(gt)  BEC  90 ; CF  AB(gt)  BFC  90 (3,0đ) (1,0đ)
Xét tứ giác BCEF có : BEC  BFC  90 , nên tứ giác BFEC nội tiếp
đường tròn đường kính BC . 0,50
Chứng minh MAF  MEF .
Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE  ECK ( cùng bù EFB ). 0,25
Mà AFE  KFB ( đối đỉnh) do đó KFB  ECK Xét K  BF và K
 EC có KFB  ECK (chứng minh trên) EKC chung KB KF 0,25 Nên K  BF ∽ K
 EC(g.g)    K . B KC  K . E KF (1) KE KC 2
(1,0đ) Xét hai tam giác K  BM, K
 AC có: MBK  KAC ( cùng bù MBC ) và MKB  AKC 0,25 KB KM Nên: K  BM ∽ K
 AC(g.g)    K .
B KC  KM .KA (2) KA KC Từ (1) và (2) suy ra: KM KE K . A KM  K . E KF   (3) KF KA 0,25
Ta có : MKE  AKF (4) 4
Từ (3) và (4) suy ra K  ME ∽ K  F ( A .
c g.c) , Do đó: MAF  MEF
Chứng minh : BM.AC  AM.BC  CM.AB .
Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho AMQ  BMC . Xét B  MC và Q
 MA có : AMQ  BMC và MAQ  MCB 0,25 AM AQ Suy ra: B  MC ∽ Q  MA (g – g) 
 AM.BC  A . Q CM 5 CM CB
Ta có AMQ  QMB  AMB và BMC  AMC  AMB , AMQ  BMC 3 0,25
(1,0đ) suy ra : QMB  AMC . Xét A  MC và Q
 MB có : MBQ  ACM và QMB  AMC 0,25 Do đó: AC CM A  MC ∽ Q  MB (g – g)   A . C BM  B . Q CM 6 BQ BM
Cộng các vế của đẳng thức 5 và 6 , suy ra: 0,25
BM.AC  AM.BC  A . B CM .
Cho 3 số thực dương , a ,
b c thỏa mãn (a  b  c)abc  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 5 5 5 biểu thức: a b c S    3 3 3 3 3 3 a  2b b  2c c  2a Ta có: 2 3 3 2 3 5 2 3
a a  2b   2a b a   a b 2   a  2 3 3 3 3 3 3 a  2b a  2b a  2b 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2
a  2b  a  b  b  3 a .b .b  a  2b  3ab 2 3 2 3 2 3 a b a b a b ab     2 3 2 2 3 0,25 a  2b 3ab a  2b 3 2 3 5 a b 2 a 2 2 2 2  a  2  a  ab   a  ab 2 3 3 3 a  2b 3 a  2b 3 V Chứng minh tương tự (1,0đ) 5 5 b 2 c 2 2 2  b  b ; c  c  ca (1,0đ) 3 3 3 3 b  2c 3 c  2a 3 Từ đây ta có 2 2 2 : 2 2 2
S  a  b  c  ab  bc  ca 3 3 3 1 2 2 2 1 
a b b c c  a   ab bc  ca 0,25 2   3 1
Do đó: S  ab  bc  ca 3
Áp dụng bất đẳng thức x  y  x2  3xy  yz  zx , ta có: 0,25
ab  bc  ca2  3abc(a  b  c)  9  ab  bc  ca  3
Suy ra : S  1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1
Vậy giá trị nhỏ nhất của 0,25
S  1 tại a  b  c  1
------------------------------------ Hết ------------------------------------- 5