Đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2021 – 2022 trường THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2021 – 2022 trường THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa gồm 01 trang với 05 bài toán tự luận, thời gian làm bài 120 phút, kỳ thi được diễn ra vào ngày 18 tháng 04 năm 2021, đề thi có lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm. Mời các bạn đón xem!

45 23 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:

3 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
Đề thi gồm 01 trang
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 - 2022
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 4 năm 2021
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức:
2 11 1 3
4 3 3 1
x x x x
P
x x x x
(với
0x
).
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tính giá trị của biểu thức P khi
3 2 2x 
.
Câu 2: (2,0 điểm)
1. Tìm m để đường thẳng
2
21y m x m
song song với đường thẳng
.
2. Giải hệ phương trình:
25
3 2 3
xy
xy

Câu 3: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
2x 5x 2 0
.
2. Cho phương trình:
22
x 2m 1 x m 1 0
(1), (x là ẩn số).
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
thỏa mãn:
2
1 2 1 2
x x x 5x
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường trn
()O
đường kính
2AB R
. Gọi
I
là trung điểm của
AO
và
d
là đường
thẳng vuông góc với
AB
tại
I
. Gọi
M
là một điểm tùy ý trên
d
sao cho
M
nằm ngoài
()O
,
MB
cắt
()O
tại điểm
N N B
,
MA
cắt
()O
tại điểm
P P A
. Đường thẳng
AN
cắt
d
tại
H
.
1. Chứng minh rằng:
BNHI
là tứ giác nội tip.
2. Chứng minh rằng:
..HP HB HA HN
3. Giả sử
2MI R
. Tính
IH
theo
R
.
Câu 5: (1,0 điểm) Cho
a
là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
4
3
4
a
T a a
aa
.
----- Ht -----
Họ và tên thí sinh:
....................................................................................
Số báo danh:
.......................................................
Chữ ký giám thị 1:
...............................................................
Chữ ký giám thị 2:
...............................................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
1
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN
Hướng dẫn chấm này gồm 02 trang
Hướng dẫn chung:
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.
Câu
Ý
Lời giải (vắn tắt)
Điể
m
1
(2,0đ)
1
(1,0đ)
Với điều kiện x > 1 thì :
2 11 ( 1) ( 9) 2 3
3 1 3 1
x x x x x x
P
x x x x
0,5
3 1 1
1
31
x x x
x
xx


.
0,5
2
(1,0đ)
2
3 2 2 2 1 2 1 2 1xx
.
0,5
Khi đó:
1 2 1 1 2 2
12
12
2 1 1
x
P
x

.
0,5
2
(2,0đ)
1
(1,0đ)
Đường thẳng
2
21y m x m
song song với đường thẳng
23yx
2
m 2 2
1 m 3


0,5
2
m2
m4
m2
m2
m2




0,5
2
(1,0đ)
2 5 4 2 10
3 2 3 3 2 3
x y x y
x y x y



0,25
77
25
x
xy

0,25
1
3
x
y

0,25
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm
(x;y) (1; 3)
0,25
3
(2,0đ)
1
(1,0đ)
2
5 16 9 0 3
0,5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt là
12
1
,2
2 2 2
bb
xx
aa
0,5
2
(1,0đ)
= (2m + 1)
2
– 4(m
2
– 1) = 5 + 4m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
5
0 m (*)
4
0,25
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
12
2
12
x x 2m 1
x x m 1

Theo giả thit:
2
1 2 1 2
x x x 5x
2
1 2 1 2 1 2 2
x x 4x x x x 6x
0,25
2
2
2
22
2
2m 1 4 m 1 2m 1 6x 6m 6 6x
x m 1
Vì
1 2 1
x x 2m 1 x m
22
12
x x m 1 m(m 1) m 1 m 1
0,25
Kt hợp với điều kiện
m1
là giá trị cần tìm.
0,25
4
(3,0đ)
1
(1,0đ)
d
H
O
I
P
N
B
A
M
Do
AB
là đường kính nên
0
90ANB
Do
d
vuông góc với
AB
nên
0
90HIB
0,5
=> Tứ giác
BNHI
có tổng 2 góc đối
bằng
0
180
nên là tứ giác nội tip
0,5
2
(1,0đ)
Trong tam giác MAB có các đường cao: MI, AN, BP.
Mặt khác H là giao điểm của MI và AN nên H là trực tâm.
Suy ra B, H, P thẳng hàng.
0,25
Các tam giác vuông
APH
và
BNH
có
PHA NHB
(đối đỉnh)
nên
APH BNH
0,5
Vì
APH BNH
nên
HP HA
HN HB

..HP HB HA HN
0,25
3
(1,0đ)
22
5
2
R
MB MI BI
0,25
.8
2.S . .
5
MAB
MI AB R
AN MB MI AB AN
MB
0,25
AIH ANB
(Vì là các tam giác vuông có góc A chung)
.5
8
AH AI AI AB R
AH
AB AN AN
0,25
22
3
8
R
HI AH AI
0,25
5
(1,0đ)
2
22
22
2
2
2
2
44
34
44
15 4
4
4
16 4 16
a a a
T a a a a
a a a a
a
aa
T a a
a a a

0,25
22
2
2
4 15.2 4
2 . 2 4
16 4 16
a a a
Ta
a a a
0,25
1 15 1
4
2 4 4
T
0,25
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
2
4
, 4, 2 0 2
16 4
aa
a a a
aa
.
Vậy
1
min
4
T
khi
2a
.
0,25
| 1/3
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐỀ CH ÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm 01 trang
(Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18 tháng 4 năm 2021
Câu 1: (2,0 điểm) x x x x  Cho biểu thức: 2 11 1 3 P    (với x  0 ). x  4 x  3 x  3 x 1
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tính giá trị của biểu thức P khi x  3 2 2 .
Câu 2: (2,0 điểm)
1. Tìm m để đường thẳng y   2
m  2 x 1 m song song với đường thẳng y  2x  3 .  x y
2. Giải hệ phương trình: 2 5  3
x  2y  3 
Câu 3: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 2x  5x  2  0 .
2. Cho phương trình: 2     2 x
2m 1 x  m 1  0 (1), (x là ẩn số).
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x    1,x2 thỏa mãn:  x x 2 x 5x 1 2 1 2
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB  2R . Gọi I là trung điểm của AO và d là đường
thẳng vuông góc với AB tại I . Gọi M là một điểm tùy ý trên d sao cho M nằm ngoài (O) ,
MB cắt (O) tại điểm N N B , MA cắt (O) tại điểm P P A . Đường thẳng AN cắt d tại H .
1. Chứng minh rằng: BNHI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh rằng: H . P HB H . A HN
3. Giả sử MI  2R . Tính IH theo R .
Câu 5: (1,0 điểm) Cho a là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 a 2 T    a  3a . 2 a a  4 ----- Hết -----
Họ và tên thí sinh: .................................................................................... Số báo danh: .......................................................
Chữ ký giám thị 1: ............................................................... Chữ ký giám thị 2: ............................................................... TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Hướng dẫn chấm này gồm 02 trang Hướng dẫn chung:
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. Điể Câu Ý
Lời giải (vắn tắt) m 1 1
Với điều kiện x > 1 thì : (2,0đ) (1,0đ)
x  2 x 1 1(x 1)(x 9) x  2 x  3 P     x   3  x   1
x  3 x  1 0,5
x  3 x  1 x 1    . x   3  x   1 x 1 0,5 2
x  3  2 2   2  2      (1,0đ) 1 x 2 1 2 1. 0,5 x 1  2  11 2 2 Khi đó: P      . x   2   1 2 1 1 1 2 0,5 2 1
Đường thẳng y   2
m  2 x 1 m song song với đường thẳng
(2,0đ) (1,0đ) y  2x 3 2 m  2  2   1   m  3 0,5 2 m  4 m  2       m  2 m  2  m  2  0,5 2
2x y  5
4x  2y 10 (1,0đ)    3
x  2y  3  3
x  2y  3  0,25 7  x  7  
2x y  5 0,25 x 1   y  3  0,25
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x; y)  (1; 3  ) 0,25 1 2
  5 16  9  0    3 0,5 3
(1,0đ) Phương trình có hai nghiệm phân biệt là (2,0đ)       b 1 b x   , x   2 1 2 2a 2 2a 0,5 2
 = (2m + 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 + 4m
(1,0đ) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 5
   0  m   (*) 4 0,25 x  x  2  m 1 Áp dụng hệ thức Vi 1 2 -ét, ta có:  2 x x  m 1  1 2
Theo giả thiết: x  x 2  x  5x 1 2 1 2
 x  x 2  4x x  x  x  6x 1 2 1 2  1 2 2 0,25 1   2  m  2 1  4 2 m   1  2
 m 1 6x  6m  6  6  x 2 2  x  m 1 2 Vì x  x  2m  1 x  m 1 2 1 2 2
x x  m 1  m(m 1)  m 1  m  1  1 2 0,25
Kết hợp với điều kiện  m  1
 là giá trị cần tìm. 0,25 4 1 d
Do AB là đường kính nên 0 ANB  90 (3,0đ) (1,0đ) M Do
d vuông góc với AB nên 0 HIB  90 0,5 N
=> Tứ giác BNHI có tổng 2 góc đối bằng 0
180 nên là tứ giác nội tiếp P H B A I O 0,5 2
Trong tam giác MAB có các đường cao: MI, AN, BP.
(1,0đ) Mặt khác H là giao điểm của MI và AN nên H là trực tâm. Suy ra B, H, P thẳng hàng. 0,25
Các tam giác vuông APH  và B
NH có PHA NHB (đối đỉnh) nên APH BNH 0,5 HP HA Vì APH BNH nên   H . P HB H . A HN HN HB 0,25 3 5R 2 2    (1,0đ) MB MI BI 2 0,25 MI.AB 8R 2.S
AN.MB MI.AB AN   MAB MB 5 0,25 AIH A
NB (Vì là các tam giác vuông có góc A chung) AH AI AI.AB 5R   AH   AB AN AN 8 0,25 3R 2 2 HI AH AI  8 0,25 5 2 4 a a  4 a 2 2 (1,0đ)         T a 3a a 4a 2 2 a a  4 a a  4  15 a a  2 2 a  4 4  2  T     a  4a 2 16a a  4 16a 0,25 2 2 a  4 a 15.2 4a T  2 . 
 a  22  4 2 16a a  4 16a 0,25 1 15 1    4  T  2 4 4 0,25 2 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a 4 a 2 
, a  4, a  2  0  a  2 . 2 16a a  4 Vậy 1 min T  khi a  2 . 4 0,25 2