Đề thi thử Toán vào lớp 10 lần 1 năm 2024 – 2025 phòng GD&ĐT Tân Kỳ – Nghệ An

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi thử môn Toán tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 1 năm học 2024 – 2025 phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Tân Kỳ, tỉnh Nghệ An; đề thi có đáp án và hướng dẫn chấm điểm.

49 25 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2024-2025

Môn: Môn Toán

Thông tin:

4 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Hậu
PHÒNG GD&ĐT TÂN KỲ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 1
NĂM HỌC 2024-2025
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,5 điểm)
a) Tính
64 16 4
.
b) Cho
0; 9xx
. Chứng minh rằng:
2 1 3
.1
33
xx
x x x





.
c) Tìm a, b để đường thẳng (d)
y ax b
đi qua điểm A(1;2) và song song với đường
thẳng
.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
3 7 2 0xx
.
b) Cho phương trình bậc hai
2
x 5 6 0x
có hai nghiệm phân biệt
12
;xx
. Không giải
phương trình hãy tính giá trị của biểu thức
12
21
55xx
T
xx


.
Câu 3. (2,0 điểm)
a)Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 của một trường THCS có 110 học sinh dự thi. Biết
rằng
1
4
số học sinh trúng tuyển nhiều hơn
1
5
số học sinh không trúng tuyển là 23 học sinh.
Tính số học sinh trúng tuyển và số học sinh không trúng tuyển của trường đó ?
b) Giải hệ phương trình sau:
45
21
xy
xy

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB <AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao
AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt (O) tại K . Gọi M là trung điểm của BC.
a) Chứng minh BDHF là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh
.
2
AB AC
R
AD
và M là trung điểm của KH.
c) Đường thẳng EF cắt tiếp tuyến tại B, C của (O) lần lượt tại P, Q. BE, CF cắt (O) lần
lượt tại N, I. Giả sử QN cắt (O) tại L Chứng minh P, I, L thẳng hàng.
Câu 5. (0,5 điểm)
Giải phương trình sau:
22
3
15 2 3 8x x x
.
……………………………….Hết…………………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025
LẦN 1
(Môn Toán 9. Thời gian làm bài 120 phút)
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Câu1
2,5 đ
a)
64 16 4 8 4 2 6
0,5
0,25
0,25
b)Biến đổi vế trái ta có:
2 1 3 2 ( 3) ( 3) ( 3) ( 3)
. . 1
3 3 ( 3) 3 ( 3) ( 3)
x x x x x x x x x
x x x x x x x x x







0,25
0,5
c)
Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng
5yx
nên a = 1 và b
khác 5
Vì đường thẳng (d) đi qua A(1; 2) nên
2 1.1 1bb
(Thoả mãn)
Vậy a = b =1
0,25
0,25
0,25
Câu 2
2,0 đ
a) Ta có:
2
( 7) 4.3.2 25 0
nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
12
( 7) 25 ( 7) 25 1
2;
2.3 2.3 3
xx
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Theo hệ thức Viét ta có:
1 2 1 2
5; . 6
bc
x x x x
aa
22
1 2 1 1 2 1 1 2 1 2
2 1 1 2
2
2
1 2 1 2 1 2
5 5 (5 ) (5 ) 5( ) ( )
6
5( ) ( ) 2
5.5 5 2.6
2
66
x x x x x x x x x x
T
x x x x
x x x x x x

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
2 điểm
(1,5
+0,5)
2)Gọi số học sinh trúng tuyển và không trúng tuyển lần lượt là a và b
*
( ; , 110; 110)a b N a b
(*)
Vì tổng số học sinh dự thi là 120 học sinh nên a + b = 110 (1)
Vì
1
4
số học sinh trúng tuyển nhiều hơn
1
5
số học sinh dự thi là 23 học sinh nên ta
có phưng trình
1
4
a –
1
5
b = 23 (2)
Từ (1) và 2 ta có hệ phương trình:
110
100
11
10
23
45
ab
a
b
ab



( Thoả mãn điều kiện* )
Vậy số học sinh trúng tuyển là 100 học sinh, số khọc sinh không trúng tuyển là 10 học
sinh.
b)
33
4 5 1
1
2 1 1
2
x
x y x
x
x y y
y




Vậy hpt có nghiêm
( , ) (1; 1)xy
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
3 điểm
Vẽ
hình
đúng
0,5
điểm
a)Vì
0
90HDB
(vì AD là đường cao cuả giác giác ABC
0
90BFH
(vì CF là đường cao của tam giác ABC)
0 0 0
90 90 180BFH HDB
=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp
0,25
0,25
0,5
b)Ta có
0
90KCA
( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Xét
DAB
và
CAK
có:
DBA CKA
(Cùng chắn cung AC),
0
90ADB ACK
=>
()DBA CKA gg
(gg) =>
..
2
AD AC AB AC AB AC
AK R
AB AK AD AD
 
//CH BK
( cùng vuông góc AB).
//BH CK
( cùng vuông góc AC).
=> BHCK là hình bình hành mà M là trung điểm của BC => M là trung điểm của HK
0,25
0,25
0,25
0,25
c)
0
90BEC BFC
( Tính chất đường cao) => tứ giác BCEF nội tiếp =>
FBC AEF
mà
QEC AEF
(dối đỉnh) và
ABC FBC ACQ QCA
(cùng
chắn cung AC) =>
QEC QCE
=> Tam gác ECQ cân tại Q => QE = QC.(1)
Lại có tam giác QNC và tam giác QCL có
QCN QLC
(cùng chắn cung CN),
CQN LQC
=>
2
( ) .
QC QL
QCN QLC gg QC QN QL
QN QC
 
(2)
0,25
0,25
Từ (1) và (2). =>
2
.
QE QN
QE QN QL
QL QE

kết hợp
EQN LQE
=>
()QEN QEL gg QNE QEL LNE LEF
mà
LAFLNE LNB LAB
=>
LAF LEF
=>tứ giác ALFE nội tiếp => L thuộc (AEF)
Gọi L’ là giao điêm của PI với (O). Chứng minh tương tự trên ta suy ra L’thuộc
(AEF)=> L trùng L’, Vậy P, I, L thẳng hàng
Câu 5
0,5
điểm
ĐK: với mọi số thực x
2 2 2 2
33
3
22
15 2 3 8 15 8 3 2
7
32
15 8
x x x x x x
x
xx


Nhận thầy
1x
là nghiệm của phương trình đã cho.
Với
1x
thì
3
22
7
1;3 2 1
15 8
x
xx
Với
01x
thì
3
22
7
1;3 2 1
15 8
x
xx
Với
0x
thì
3
22
7
0;3 2 0
15 8
x
xx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1x
0,25
0,25
(Học sinh làm cách khác đúng vẩn cho điểm tối đa)
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GD&ĐT TÂN KỲ
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 1 NĂM HỌC 2024-2025 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,5 điểm) a) Tính 64  16  4 .   x x
b) Cho x  0; x  9 . Chứng minh rằng: 2 1 3  . 1   .  x  3 x x  3
c) Tìm a, b để đường thẳng (d) y ax b đi qua điểm A(1;2) và song song với đường
thẳng y x  5 .
Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2
3x  7x  2  0 .
b) Cho phương trình bậc hai 2
x  5x  6  0 có hai nghiệm phân biệt x ; x . Không giải 1 2 phương trình 5  x 5  x
hãy tính giá trị của biểu thức 1 2 T   . x x 2 1
Câu 3. (2,0 điểm)
a)Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 của một trường THCS có 110 học sinh dự thi. Biết rằng 1
số học sinh trúng tuyển nhiều hơn 1 số học sinh không trúng tuyển là 23 học sinh. 4 5
Tính số học sinh trúng tuyển và số học sinh không trúng tuyển của trường đó ? x y
b) Giải hệ phương trình sau: 4 5 
x  2y  1 
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt (O) tại K . Gọi M là trung điểm của BC.
a) Chứng minh BDHF là tứ giác nội tiếp. AB AC b) Chứng minh . R
và M là trung điểm của KH. 2 AD
c) Đường thẳng EF cắt tiếp tuyến tại B, C của (O) lần lượt tại P, Q. BE, CF cắt (O) lần
lượt tại N, I. Giả sử QN cắt (O) tại L Chứng minh P, I, L thẳng hàng.
Câu 5. (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 2 3 2
x 15  2  3 x x  8 .
……………………………….Hết…………………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025 LẦN 1
(Môn Toán 9. Thời gian làm bài 120 phút) CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
a) 64  16  4  8  4  2  6 0,5 0,25 0,25
b)Biến đổi vế trái ta có:  0,25 2 1  x  3 x
 2 x  ( x 3)  x( x 3) ( x 3) x( x 3)  .     .  1   Câu1 x 3 x x  3 x ( x  3) x  3
( x  3) x ( x  3)   0,5 2,5 đ c) 0,25
Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng y x  5 nên a = 1 và b khác 5 0,25 0,25
Vì đường thẳng (d) đi qua A(1; 2) nên 2 1.1 b  b 1(Thoả mãn) Vậy a = b =1 Câu 2 a) Ta có: 2   ( 7) 
 4.3.2  25  0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 2,0 đ  0,25 ( 7  )  25 ( 7  )  25 1 x   2; x   0,25 1 2 2.3 2.3 3 0,25 bc 0,25
b) Theo hệ thức Viét ta có: x x
 5; x .x   6 1 2 1 2 a a 2 2 0,25 5  x 5  x
(5  x )x  (5  x )x
5(x x )  (x x ) 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 T     x x x x 6 2 1 1 2 0,25 2 2
5(x x )  (x x )  2x x 5.5  5  2.6 0,25 1 2 1 2 1 2    2 6 6
2)Gọi số học sinh trúng tuyển và không trúng tuyển lần lượt là a và b 0,25 * ( ;
a b N , a  110;b  110) (*)
Vì tổng số học sinh dự thi là 120 học sinh nên a + b = 110 (1) 0,25 1 0,25 Vì
số học sinh trúng tuyển nhiều hơn 1 số học sinh dự thi là 23 học sinh nên ta 4 5 Câu 3 0,25 2 điểm 1
có phưng trình 1 a – b = 23 (2) 0,25 (1,5 4 5 +0,5)
a b  110   0,25 a  100
Từ (1) và 2 ta có hệ phương trình: 1 1  
( Thoả mãn điều kiện* ) a b  23 b    10  4 5
Vậy số học sinh trúng tuyển là 100 học sinh, số khọc sinh không trúng tuyển là 10 học sinh. 0,25 3  x  3
x  4y  5  x 1 b)    1   x  
Vậy hpt có nghiêm (x, y)  (1; 1  )  0,25 x  2 y  1  y   y  1   2 Vẽ hình đúng 0,5 điểm Câu 4 3 điểm a)Vì 0
HDB  90 (vì AD là đường cao cuả giác giác ABC 0,25 0,25 0
BFH  90 (vì CF là đường cao của tam giác ABC) 0,5  0 0 0
BFH HDB  90  90  180 => Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp b)Ta có 0
KCA  90 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Xét DAB và CAK có: 0,25
DBA CKA (Cùng chắn cung AC), 0
ADB ACK  90 0,25 AD AC . AB AC . AB AC => DBA CK  ( A gg) (gg) =>   AK   R AB AK AD 2AD 0,25
CH / /BK ( cùng vuông góc AB).
BH / /CK ( cùng vuông góc AC).
=> BHCK là hình bình hành mà M là trung điểm của BC => M là trung điểm của HK 0,25 0,25 0,25 c) 0
BEC BFC  90 ( Tính chất đường cao) => tứ giác BCEF nội tiếp =>
FBC AEF mà QEC AEF (dối đỉnh) và ABC FBC ACQ QCA (cùng
chắn cung AC) => QEC QCE => Tam gác ECQ cân tại Q => QE = QC.(1)
Lại có tam giác QNC và tam giác QCL có QCN QLC (cùng chắn cung CN), QC QL
CQN LQC => 2 QCN Q
LC(gg)  
 QC QN.QL (2) QN QC QE QN Từ (1) và (2). => 2
QE QN.QL  
kết hợp EQN LQE => QL QE QEN QE (
L gg)  QNE QEL  LNE LEF mà LNE LNB LAB  LAF
=> LAF  LEF =>tứ giác ALFE nội tiếp => L thuộc (AEF)
Gọi L’ là giao điêm của PI với (O). Chứng minh tương tự trên ta suy ra L’thuộc
(AEF)=> L trùng L’, Vậy P, I, L thẳng hàng
Câu 5 ĐK: với mọi số thực x 0,5 2 3 2 2 2 3            điểm x 15 2 3 x x 8 x 15 x 8 3 x 2 0,25 7 3   3 x  2 2 2 x 15  x  8
Nhận thầy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Với 7 x  1 thì 3 1;3 x  2 1 2 2 x 15  x  8 Với 7 0  x 1 thì 3 1;3 x  2 1 2 2 x 15  x  8 Với 7 x  0 thì 3  0;3 x  2  0 2 2 0,25 x 15  x  8
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1
(Học sinh làm cách khác đúng vẩn cho điểm tối đa)