Đề thi thử Toán vào lớp 10 lần 3 năm 2024 – 2025 phòng GD&ĐT Thái Hòa – Nghệ An

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 - 2025 (Lần 3) THỊ XÃ THÁI HÒA Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức A = + ( − )2 32 3 2 2 − 8.  x  x + 2) Rút gọn biểu thức 1 2 B =  +  :  
với x  0 và x  16. x −16 x − 4 x − 4  
3) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng 2
y = 2x + m và y = (m − )
1 x + 2m + 3 (m  ) 1 cắt
nhau tại một điểm trên trục tung.
Câu 2 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2
x − 4x −1 = 0. 2) Cho phương trình 2
x − 4x + 2 = 0 có hai nghiệm dương x , x thoả mãn x  x . Không giải 1 2 1 2
phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 1 1 P = − + 2024. 2 2 x x 1 2
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Một phòng họp có 320 ghế ngồi (loại ghế một chỗ ngồi) được xếp thành nhiều hàng ghế và
số lượng ghế ở mỗi hàng là như nhau. Người ta tổ chức một buổi hội thảo dành cho 429 người tại
phòng họp đó nên phải xếp thêm 1 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban
đầu 3 ghế. Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu hàng ghế.
2) Người ta muốn làm một cái xô đựng nước có dạng hình nón cụt, có
các kích thước cho ở hình vẽ bên, hãy tính diện tích tôn cần dùng để làm cái
xô đó (cho biết phần mép nối không đáng kể và lấy   3,14 ).
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì ( M khác A và C ), BM cắt OC tại điểm E và DM
cắt OA tại điểm F.
a) Chứng minh OFMC là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng CM và AB. Chứng minh CMF ∽ EMA và
KF.OA = AF.K . B
c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để tổng OA OC +
đạt giá trị nhỏ nhất. AF CE
Câu 5 (0,5 điểm)
Giải phương trình ( x + ) x + + ( x + ) 2 1 2 6
x + 7 = x + 7x +12. --- HẾT ---
Họ và tên thí sinh: ................................................. SBD:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LỚP 10 LẦN 3 NĂM HỌC 2024 - 2025 MÔN THI: TOÁN
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang) Câu ý Nội dung Điểm
Tính giá trị của biểu thức A = + ( − )2 32 3 2 2 − 8. 1,0
1) A = 4 2 +3−2 2 −2 2 (lưu ý: HS tính được từng căn cho 0,25 điểm) 0,75 = 3. 0,25   +
Rút gọn biểu thức x 1 x 2 B =  +  :  
với x  0 và x  16. 1,0 x −16 x − 4 x − 4     x x + 4 x + 2 B =  0,25 ( + 
x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4) :  x − 4  2) 2 x + 4 x − 4 = ( 0,25
x − 4)( x + 4) . x + 2 2( x + 2) x − 4 Câu 1 = ( 0,25
x − 4)( x + 4) . + (2,5 x 2 điểm) 2 = . 0,25 x + 4
Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng 2
y = 2x + m và 0,5 y = (m − )
1 x + 2m + 3 (m  )
1 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Hai đường thẳng 2
y = 2x + m và y = (m − )
1 x + 2m + 3 (m  ) 1 cắt nhau tại một a  a' 2  m −1 0,25 điểm trên trục tung    2 b  = b' m = 2m + 3 3) m  3 m  3     m = 1
−  m = −1 (thoả mãn điều kiện m  1). 2
m − 2m − 3 = 0  m = 3 0,25 Vậy hai đường thẳng 2
y = 2x + m và y = (m − )
1 x + 2m + 3 (m  ) 1 cắt nhau tại
một điểm trên trục tung khi m = −1.
Giải phương trình 2
x − 4x −1 = 0. 1,0 Phương trình 2
x − 4x −1 = 0 có a = 1, b ' = 2 − , c = −1 0,25 2 Câu 2 nên  ' = ( 2 − ) −1.(− ) 1 = 5  0. 0,25 (2,0 1) 2 + 5 điểm)
Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là x = = 2 + 5 0,25 1 1 2 − 5 và x = = 2 − 5. 0,25 1 1 Cho phương trình 2
x − 4x + 2 = 0 có hai nghiệm dương x , x thoả mãn 1 2
x  x . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 1 2 1,0 1 1 P = − + 2024. 2 2 x x 1 2 x + x = 4
Vì phương trình có hai nghiệm x , x 1 2
nên theo hệ thức Vi-ét ta có  . 0,25 1 2 x .x = 2  1 2 2) 2 2 1 1 x − x
−(x + x x − x 2 1 1 2 ) ( 1 2 ) Ta có P = − + 2024 = + 2024 = + 2024 2 2 0,25 x x 1 2 (x .x x .x 1 2 )2 ( 1 2)2 4 − (x − x )2 1 2 = + 2024 0,25 2 2 4 − (x + x )2 2 − 4x .x − − 1 2 1 2 4 4.2 = + 2024 = + 2024 = 2024 − 2 2. 0,25 4 1
Một phòng họp có 320 ghế ngồi (loại ghế một chỗ ngồi) được xếp thành
nhiều hàng ghế và số lượng ghế ở mỗi hàng là như nhau. Người ta tổ chức
một buổi hội thảo dành cho 429 người tại phòng họp đó nên phải xếp thêm 1,5
1 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban đầu 3 ghế.
Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu hàng ghế.
Gọi số hàng ghế lúc đầu của phòng họp là x ( đơn vị: hàng, điều kiện: 0,25 * x  )
Ta có số hàng ghế sau khi xếp thêm của phòng họp là x +1 (hàng). 0,25
Số ghế trong mỗi hàng lúc đầu là 320 (ghế). x 0,25 1) 429
Số ghế trong mỗi hàng sau khi xếp thêm là (ghế). x + 1
Vì mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban đầu 3 ghế nên ta có phương trình 429 320 − = 0,25 3. x +1 x
Khử mẫu và biến đổi ta được 2
429x − 320x − 320 = 3x + 3x 0,25 2
 3x −106x + 320 = 0. 10
Giải phương trình ta được x =
(không thỏa mãn), x = 32 (thỏa 1 2 3 0,25 mãn).
Vậy lúc đầu phòng họp đó có 32 hàng ghế. Câu 3
Người ta muốn làm một cái xô đựng nước có dạng (2,0 điểm)
hình nón cụt, có các kích thước cho ở hình vẽ bên,
hãy tính diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó (cho
biết phần mép nối không đáng kể và lấy   3,14 ). 0,5 2)
Diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó bằng tổng diện tích xung quanh của hình
nón cụt và diện tích của hình tròn đáy 0,25 có bán kính 10cm.
Diện tích xung quanh của hình nón cụt là S
=  r + r l  3,14.(10+20).30 xq ( 1 2) = ( 2 2 826 cm ). 0,25
Diện tích của hình tròn đáy là 2 2  R  = ( 2 3,14.10 314 cm ).
Vậy diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó là + = ( 2 2 826 314 3 140 cm ).
Chứng minh OFMC là tứ giác nội tiếp 1,5 C
Ta có CMF = 90 (góc nội tiếp chắn 0,25 M nửa đường tròn) và E
COF = 90 (do AB ⊥ CD ). 1) B 0,25 K A F O
Xét tứ giác OFMC có 0,25 D
CMF + COF = 90 + 90 = 180 . 
Vẽ hình đúng được 0,5 điểm
Do đó OFMC là tứ giác nội tiếp. 0,25
Chứng minh CMF ∽
EMA và KF.OA = AF.K . B 1,0
Vì OFMC là tứ giác nội tiếp nên MOA = MCF. 0,25
Tương tự câu a) ta cũng chứng minh tứ giác OEMA nội tiếp nên MOA = ME . A
Từ đó suy ra MCF = ME . A Xét CMF và
EMA có MCF = MEA và 0,25
CMF = EMA = 90 nên CMF ∽ EMA . g g .
2) Ta có AOD = BOD = 90  AD = BD  AMF = BMF nên MF là đường phân
giác trong của tam giác AM .
B Mà MK ⊥ MF nên MK là đường phân giác 0,25 ngoài của tam giác   AM . B Do đó AF KA AM = = 
  AF.KB = BF.K . A (1) BF KB  MB 
Ta lại có KF.AB = (KA+ AF)(KB − KA) = AF.KB − AF.KA+ KA(KB − K ) A Câu 4
= AF.KB − AF.KA+ K .
A AB = AF.KB + AK ( AB − AF ) = AF.KB + BF.AK. (2) 0,25 (3,0
Từ (1) và (2) suy ra KF.AB = 2AF.KB  KF.2OA = 2AF.KB  KF.OA = AF.KB điểm)
Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để tổng OA OC + đạt giá trị AF CE 0,5 nhỏ nhất. OC 1 DC 1 DE + EC 1 DE 1 C Ta có = = = + M CE 2 CE 2 CE 2 CE 2 E
Mặt khác: CEM ∽ BED 
và CEB ∽ MED nên ta DE EM BD MD DE BD MD MD B có . = .  = . = 0,25 A F O EM CE CM CB CE CM CB CM OD = . OF D 3)   Từ đó suy ra OA OC OA 1 OD 1 2 1 1 + = + . + = . R + +   AF CE AF 2 OF 2
 2AF 2OF  2 ( )2  ( + )2 ( +   )2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 = . R + +  . R + = + = +  AF OF  (AF +OF) 2 2. 2 2 2 2 2 2 2   0,25 + Dấu đẳng thức xảy ra 2 1 AF 2 OA 2 1  =  =  = 2AF 2OF OF 1 OF 1 OA  OF = = . R ( 2 − )
1 . Vậy tổng OA OC +
đạt giá trị nhỏ nhất khi M 2 +1 AF CE
là giao điểm thứ hai của tia DF với cung nhỏ AC, trong đó F là điểm thuộc
đoạn thẳng OA sao cho OF = . R ( 2 − ) 1 .
Giải phương trình (x + ) x + + (x + ) 2 1 2 6
x + 7 = x + 7x +12. 0,5
Điều kiện xác định của phương trình là x + 2  0  x  −2. Khi đó phương
trình đã cho tương đương với: 2
 3x + 21x +36−3(x + ) 1
x + 2 − 3(x + 6) x + 7 = 0
 (x + )(x + − x + )+(x + ) x + ( x + − ) 2 1 4 3 2 6 7 7
3 + x + 3x −10 = 0 0,25 2 Câu 5
(x + )1 (x −2) ( x −  + x + 6) ( 2) x + 7
+ (x − 2)(x + 5) = 0 (0,5 x + 4 + 3 x + 2 x + 7 + 3 điểm) 2  +   (x − ) (x )1 2 
+ (x + 6) x + 7 + x + 5 = 0
 x + 4 + 3 x + 2    (x + )2 1  0,25 x = 2 (do
+ (x + 6) x + 7 + x +5  0 với mọi x  −2 ). x + 4 + 3 x + 2
Đối chiếu với điều kiện x  −2 ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. TỔNG ĐIỂM 10,0