Đề thi thử Toán vào lớp 10 lần 2 năm 2023 – 2024 trường THCS Minh Khai – Hà Nội

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 2 năm học 2023 – 2024 trường THCS Minh Khai, thành phố Hà Nội; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm mã đề A; kỳ thi được diễn ra vào ngày 07 tháng 04 năm 2023. Mời các bạn đón xem!

68 34 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
TRƯỜNG THCS MINH KHAI
Đề thi gồm 01 trang
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2
NĂM HỌC 2023 - 2024
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2023
Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức
32
21
12
12
xx
xx
P
xx
xx




(với
0; 1xx
).
1. Rút gọn biểu thức
P
.
2. Tính giá trị của
P
khi
6 2 5.
x 
Câu 2(2,0đ).
1. Giải hệ phương trình:
23
324
xy
xy


2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
và
2
( ) : ( 3) 2d y m xm 
(m là tham số). Tìm m để
1
()d
song song với
2
()d
.
Câu 3(2,0đ).
1. Giải phương trình:
2
5 60xx 
.
2. Cho phương trình:
22
2( 1) 2 3 0x m xm m

(với
m
là tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
12
,xx
thỏa mãn
2
2
2
2
1
1
4
1
3 0.
x
x
x
x

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.
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:
1ab
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T
44
22
19 6
2023( )ab
ab
ab

.
--------------------------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:........................
ĐỀ A
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
1
Với
0x
;
1x
ta có:
2
2 11
36
12 12 12
x xx
xx
P
xx xx xx


  
0,25
36 4 4 1 2 3
12 12
x xx x x x x
xx xx
 

 
0,5
13
3
2
12
xx
x
x
xx



. Vậy
3
2
x
P
x
với
0x
;
1x
0,25
2
Với
2
625 51 0 51 (/)x x tm
0,25
Khi đó
52 51
513 52 3 5
4
512 51
51 51
P





0,5
Vậy
35
4
P
khi
6 25x 
0,25
2
(2,0đ)
1
Ta có:
2 3 426 2 2
324 324 3.224 1
xy x y x x
xy xy y y







  


0,75
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là
; 2; 1xy 
.
0,25
2
Điều kiện (d
1
) //(d
2
) là
22
2
1 3 20
1
1
22 2
2
m
m m mm
m
m
mm m
m













0,75
Vậy
1
m 
thì (d
1
) //(d
2
)
0,25
3
(2,0đ)
1
Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là
12
2; 3xx
.
1,0
2
Ta có:
′
∆=
(
)
( )
2
2 22
1 1. 2 3 2 1 2 3 4 2m mm mm mm m+− −+=++−+−=−
Phương trình
( )
22
2 1 2 30x m xm m− + + − +=
có 2 nghiệm phân biệt khi
và chỉ khi
1
0 4 2 0 (*)
2
mm 
0,25
Viết lại biểu thức với điều kiện
1
0x
2 2 22
2 12
2 2 1 2 12
22
11 1
4 14
1
30 303 4 10
x xx
x x x x xx
xx x
−
−+=⇔ +=⇔ − +=
0,25
2
12 12 12 12
12
12
12
12
3 4 1 0 13 1 0
1
10
1
3 10
3
xx xx xx xx
xx
xx
xx
xx




Với
12
1xx =
ta có
22
2 31 2 20mm mm
−+=⇔−+=
(vô nghiệm)
Với
12
1
3
xx =
ta có
22
1
2 3 3 6 80
3
mm mm− += ⇔ − +=
(vô nghiệm)
0,25
Vậy không có giá trị
m
thỏa mãn đề bài.
0,25
4
(3,0đ)
1
Vì
I
là trung điểm của
EF IO EF⇒⊥
(tính chất đường kính và dây
cung)
o
90AIO⇒=
.
o
90AMO =
(
AM
là tiếp tuyến của
()O
) nên
0
( 90 )AMO AIO
Mà hai đỉnh
I
và
M
kề nhau cùng nhìn
BC
dưới một góc
o
90
Vậy tứ giác
AMIO
nội tiếp.
1,0
2
AMO∆
vuông tại
M
có đường cao
MH
nên:
2
.OA OH OM=
(hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1)
Mặt khác
OM OF=
(bằng bán kính của
()O
) (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có:
2
.
OF OH
OF OA OH
OA OF
= ⇒=
Xét
OFH∆
và
OAF∆
, ta có:
AOF
góc chung và
OF OH
OA OF
=
.
0,5
Suy ra
(..)OFH OAF c g c#
0,25
3
Gọi
T
là trung điểm GO. (3)
Gọi S là điểm thuộc OA sao cho
1
3
OS OA S= ⇒
cố định.
Vì G là trọng tâm
2
3
OFE OG OI∆ ⇒=
.
0,25
Mà
1
2
OT OG=
(do (3))
12 1 1
..
23 3 3
OT
OT OI OI
OI
⇒= = ⇒ =
OIA∆
có
1
//
3
OT OS
ST AI
OI OA

(định lí Ta-lét đảo)
.ST OI⇒⊥
0,25
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
Mà
,
S SO
cố định
G⇒
thuộc đường tròn
(; )S SO
hay
;.
3
OA
S



0,25
5
(1,0đ)
Cho
,ab
là các số dương thoả mãn:
1ab
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T
44
22
19 6
2023( )ab
ab
ab

1,0
Ta có
2
0
ab
2
4
4
ab
a b ab
ab a b

(
, 0)ab
11 4
a b ab

(*). Áp dụng (*) ta có:
22 2
11 4
4
2ab
ab
ab

(1)
0,25
Mặt khác từ 1=
2
1
44a b ab
ab

(2)
Lại có
2
2
2
22
44
11
2 22 8
ab
ab
ab



(3)
0,25
Từ (1), (2), (3) ta có:
T
=
44
22
16 1 1
6 2023
2
ab
ab ab
ab



2023 2023
16.6 6.4 88
88

. Dấu “=” xảy ra khi
1
2
ab
Vậy
2023
min 88
8
T
đạt tại
1
2
ab
0,5
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.
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THCS MINH KHAI
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2 NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ A Môn: TOÁN
Đề thi gồm 01 trang
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2023
3x  2 x
Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức x  2 x  1 P    
(với x  0; x  1). x   1  x  2 x  1 x  2
1. Rút gọn biểu thức P .
2. Tính giá trị của P khi x  6  2 5. Câu 2(2,0đ).
1. Giải hệ phương trình: 2
x y  3  3
x  2y  4 
2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 2
(d ) : y  (m  1)x  2m và 1
(d ) : y  (m  3)x m  2 (m là tham số). Tìm m để (d ) song song với (d ). 2 1 2 Câu 3(2,0đ). 1. Giải phương trình: 2
x  5x  6  0 . 2. Cho phương trình: 2 2
x  2(m  1)x m  2m  3  0 (với m là tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 4x
x ,x thỏa mãn 2 2   3x  0. 1 2 2 2 x x 1 1
Câu 4(3,0đ). Cho ba điểm ,
A B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa
A và C . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa
đường tròn (O) ( M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , đường thẳng AE cắt nửa
đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn
thẳng EF và H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh:
1. Tứ giác AMIO nội tiếp.
2. Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau.
3. Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm
E thay đổi trên cung MC .
Câu 5(1,0đ). Cho a,b là các số dương thoả mãn: a b  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 19 6 T  4 4 
 2023(a b ) . 2 2 ab a b
--------------------------------------------------------------- Hết ---------------------------------------------------------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:........................ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm
Với x  0; x  1 ta có:  x  22
x  1 x x x   1 3 6 0,25 P     x  
1  x  2  x  
1  x  2  x   1  x  2         1 3x 6 x x 4 x 4 x 1 x 2 x 3    x   1  x  2
x  1 x 2 0,5
x  1 x 3 1 x  3 x    . Vậy 3 P
với x  0; x  1 (2,0đ)  0,25 x   1  x  2 x  2 x  2 Vớix      2 6 2 5 5
1  0  x  5  1 (t / m) 0,25  5 2 5     1 5 1 3 5 2 3  5 2 Khi đóP     5  1  2 5  1  5  1 5   4 1 0,5 Vậy 3  5 P  khi x  6  2 5 0,25 4 2
 x y  3 4
 x  2y  6 x   2 x   2 Ta có:            0,75 1 3
x  2y  4 3
x  2y  4 3  .2  2y  4 y   1    
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x;y  2;  1 . 0,25 2
Điều kiện (d1) //(d2) là (2,0đ)   m  2 2 2 2 m   1  m  3 m   m  2  0   0,75         m
  1  m  1 2m m   2  m  2      m  2 
Vậy m  1 thì (d1) //(d2) 0,25
1 Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là x  2; x  3. 1,0 1 2
Ta có: ∆′ = (m + )2 − ( 2 m − m + ) 2 2 1 1. 2
3 = m + 2m +1− m + 2m − 3 = 4m − 2
Phương trình 2x − (m + ) 2 2
1 x + m − 2m + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khi 0,25 3 (2,0đ) và chỉ khi 1
  0  4m  2  0  m  (*) 2 2
Viết lại biểu thức với điều kiện x  0 1 1 4x 1− 4x x 2 2 1 2 2 2 2 − + 3x = 0 ⇔
+ 3x = 0 ⇔ 3x x − 4x x +1 = 0 0,25 2 2 2 2 1 2 1 2 x x x 1 1 1
 3x x 2  4x x  1  0  x x 1 3x x 1  0 1 2 1 2  1 2  1 2   xx  1 xx  1  0  1 2 1 2     1 3x x 1  0  1 2 x x    1 2   3 Với x x =1 ta có 2 2
m − 2m + 3 = 1 ⇔ m − 2m + 2 = 0 (vô nghiệm) 1 2 Với 1 x x = ta có 2 1 2
m − 2m + 3 = ⇔ 3m − 6m + 8 = 0 (vô nghiệm) 0,25 1 2 3 3
Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài. 0,25
Vì I là trung điểm của EF ⇒ IO ⊥ EF (tính chất đường kính và dây cung)⇒  o AIO = 90 . 1  o
AMO = 90 ( AM là tiếp tuyến của (O) ) nên   0
AMO AIO( 90 ) 1,0 4
Mà hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc o 90 (3,0đ)
Vậy tứ giác AMIO nội tiếp. A
∆ MO vuông tại M có đường cao MH nên: 2 . OAOH = OM
(hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1) 0,25
Mặt khác OM = OF (bằng bán kính của (O) ) (2) 2 Từ (1) và (2) ta có: 2 = . OF OH OF OAOH ⇒ = OA OF 0,5 Xét OF ∆ H và OA ∆ F , ta có: 
AOF góc chung và OF OH = . OA OF Suy ra OFH # OAF ( . c g.c) 0,25
Gọi T là trung điểm GO. (3)
Gọi S là điểm thuộc OA sao cho 1
OS = OA ⇒ S cố định. 3 3 0,25 Vì G là trọng tâm 2 OF ∆
E ⇒ OG = OI . 3 Mà 1
OT = OG (do (3)) 1 2 1 OT 1
⇒ OT = . OI = OI ⇒ = . 2 2 3 3 OI 3 0,25 O ∆ IA có OT OS 1  
ST / /AI (định lí Ta-lét đảo) ⇒ ST ⊥ OI. OI OA 3 S
∆ GO có ST ⊥ GO và T là trung điểm GO ⇒ ST vừa là đường cao
vừa là trung tuyến ⇒ S
∆ GO cân tại S ⇒ SG = . SO 0,25 Mà  OA
S, SO cố định ⇒ G thuộc đường tròn (S;SO) hay S;   .  3  0,25
Cho a,b là các số dương thoả mãn: a b  1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 19 6 T  4 4 
 2023(a b ) 1,0 2 2 ab a b Ta có  a b
a b2  0  a b2 4  4ab   ( a,b  0) ab a b 1 1 4 0,25    (*). Áp dụng (*) ta có: 1 1 4    4 (1) a b a b 2 2 2ab a ba b2 5
Mặt khác từ 1= a b2 1  4ab   4 (2) ab (1,0đ) a b    0,25 a b    4 4   2 2 1  2 2 2 Lại có 1 a b        (3) 2 2 2    8       Từ (1), (2), (3) ta có: 16 1 1 T =  6      2023    4 4 a b 2 2  ab
2ab a b  2023 2023  16.6  6.4   88 . Dấu “=” xảy ra khi 1 a b  0,5 8 8 2 Vậy 2023 minT  88 đạt tại 1 a b  8 2
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì không chấm bài đó.
- Câu 4 HS vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình.