Đề giao lưu môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hoá

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có cơ hội đánh giá lại lực học của bản thân cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề của giáo viên. Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo "Đề giao lưu môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hoá". Chúc các em thi tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề giao lưu môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - 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 ……………  4 a 1   1 2  1  2 a − 1 + a − 2a  :  2 a + 1 − 1 − 4a  với a > 0; a ≠ 4 . Câu I( 2đ): Cho biểu thức K =       1. Rút gọn biểu thức K 2. Tìm các giá trị của a sao cho K < 0 Câu II(2đ): 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình = ax + b ( a, b là tham số) y tìm a, b để (d ) có hệ số góc bằng 3 và cắt đường thẳng (∆ ) : = 2 x + 3 tại điểm có tung độ y bằng 5 2 x + y = 3 2. Giải hệ phương trình:  x − 3y =5 Câu III(2đ): 1. Giải phương trình : x 2 + 5 x + 6 =0 2. Tìm tất các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2 x − m 2 − 2m − 1 =0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2 x12 − x2 − x1 x2 − 8 = 2 0  Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC nhọn,đường cao AH ( H ∈ BC ) nội tiếp trong đường tròn (O) bán kính R ,gọi I và K lần lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến của (O) tại B và C 1. Chứng minh tứ giác AIBH và tứ giác AHCK nội tiếp   2. Cho BAC = 350 .Tính góc IAK 3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho OM = 2 R . Tìm vị trí điểm N trên (O) sao cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ nhất Câu V(1đ): Cho a , b , c là các số dương thỏa mãn a + b + c + 2 =abc 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + ab bc ca ------------------------------------ Hết ------------------------------------- Lưu ý - Quét mã QR trên phiếu dự thi để xem kết quả (ngày 09/05/2023)
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  4 a 1   1 2  1 Cho biểu thức K =   2 a −1 + :   2 a + 1 − 1 − 4a  với a > 0; a ≠ 4 .  a − 2a   1. Rút gọn biểu thức K . 2. Tìm các giá trị của a sao cho K < 0 . 1 Rút gọn biểu thức K: a > 0; a ≠ . 4  4 a 1   1 2  K=  − : +   2 a − 1 2a − a   2 a + 1 4a − 1    0,25 1     (1,0đ)  4 a − K= 1 : 1 + 2   2 a −1  a 2 a −1 ( ) ( )( )   2 a +1 2 a +1 2 a −1     I (2,0đ)     4a − 1 2 a +1 K = :  0,25  (  a 2 a −1 ) (   2 a +1 2 a −1   )( )     4a − 1  4a − 1 =  = . 2 a −1 ( ) 0,25  a 2 a −1    ( ) a 4a − 1 1 Vậy : K = ,với điều kiện a > 0; a ≠ . a 4 0,25 Tìm các giá trị của a sao cho K < 0. 4a − 1 1 2 K 0; a ≠ . ta được 0 < a < . 0,50 4 4 Cho hàm số = ax + b ( a, b là tham số), có đồ thị là đường thẳng (d ) Tìm a, b để y (d ) có hệ số góc bằng 3 và cắt đường thẳng (∆ ) : = 2 x + 3 tại điểm có tung độ y bằng 5 Do đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 3 nên a = 3 khi đó (d ) : = 3x + b y 0,25 II 1 Xét đường thẳng (∆ ) = 2 x + 3 : với y = 5 ⇒ 2 x + 3 = 5 ⇔ x = 1 . y (2,0đ) (1,0đ) 0,50 Vậy (∆ ) cắt (d ) tại điểm A(1;5) . Do A(1;5) ∈ (d ) nên 5 = 3.1 + b ⇒ b = 2 Kết luận = 3; b 2. a =
2 x + y = 3 Giải hệ phương trình  . x − 3y = 5 2 2 x + y = 3 6 x + 3y = 9 7x = 14 Ta có:  ⇔ ⇔ 0,50 (1,0đ)  x - 3y = 5  x - 3y = 5  x - 3y = 5 x = 2 x = 2 ⇔ . Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  0,50  y = −1  y = −1 1.Giải phương trình: x 2 + 5 x + 6 =0. Ta có: ∆ = 25 − 24 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm 1 −5 + 1 −5 − 1 0,50 (1,0đ) x1 = =x2 = =−2; −3. 2 2 Vậy phương trình có hai nghiệm. x1 =x2 = −2; −3. 0,50 2 2 2. Tìm tất các giá trị của tham số m để phương trình x − 2 x − m − 2m − 1 = (1) 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2 x12 − x2 − x1 x2 − 8 = 2 0. ∆ ' = 1 + m 2 + 2m + 1 = (m + 1) 2 + 1 > 0. ∀m  x1 + x2 =(2) 2 Áp dụng định lí vi-et cho pt (1) ta được  0,25 −m2  x1 x2 = − 2m − 1 (3) III (2,0đ) 2 x12 − x2 − x1 x 2 −8 = 0⇔ 2 x12 − 8 = x2 + x1 x2 = x2 − m 2 − 2m − 1 2 2 2 Do x2 là nghiệm của phương (1) nên 2 (1,0đ) x2 2 − 2 x2 − m 2 − 2m − 1 = 0 ⇒ x2 2 − m 2 − 2m − 1 = 2 x2 , 0,25 2 2 thay vào (∗) ta được 2 x − 8 2 x2 ⇔ x − x2 − 4 0 . Kết hợp với (2) ta có = 1 = 1 x12 + x1 − 6 = ⇔ x1 = x1 = 3. 0 2; − Với x1 = 2 thay vào (2) ta được x2 = 0 , từ (3) suy ra 0,25 m 2 + 2m + 1 = ⇔ m = 1 . 0 − Với x1 = −3 thay vào (2) ta được x2 = 5 . Thay x1 = −3 , x2 = 5 vào (3) ta được −15 =−m 2 − 2m − 1 ⇔ m 2 + 2m − 14 =0 ⇔ m =−1 ± 15. 0,25 { Vậy m ∈ −1, −1 − 15, −1 + 15 . }  Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC nhọn, đường cao AH ( H ∈ BC ) nội tiếp trong đường tròn (O) bán kính R ,gọi I và K lần lượt là hình chiếu của A trên các tiếp tuyến của (O) tại B và C . IV 1. Chứng minh tứ giác AIBH và tứ giác AHCK nội tiếp . (3,0đ)   2. Cho BAC = 350 .Tính góc IAK 3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho OM = 2 R tìm vị trí điểm N trên (O) sao cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ nhất.
A O K C I H B L 1. Chứng minh các tứ giác AHBI và tứ giác AHCK nội tiếp . Do I là hình chiếu của A lên tiếp tuyến (O) tại B nên  90° . AIB = Mặt khác : AH ⊥ BC ( gt ) ⇒  =° AHB 90 0,50 1   Nên : AIB + AHB = 900 + 900 = 1800 (1,0đ) Vậy : tứ giác AIBH nội tiếp đường tròn . Do K là hình chiếu của A lên tiếp tuyến (O) tại C  Nên ta có AKC = 900 0,50   Suy ra : AKC + AHC = 900 + 900 = 1800 Vậy : tứ giác AKCH nội tiếp đường tròn.   2. Cho BAC = 350 .Tính góc IAK .   Gọi L là giao điểm của IB và KC do tứ giác AIBH nội tiếp nên LBC = IAH 0,25  (cùng bù với góc IBH )    do tứ giác AKCH nội tiếp nên BCL = HAK (cùng bù với góc HCK ) 2 0,25 (1,0đ)       Suy ra IAH + HAK = LBC + BCL ⇔ IAK = LBC + BCL 0,25     Lại có LBC BCL BAC ( Góc nội tiếp chắn cung BC , góc tạo bởi tiếp = =   0,25 tuyến và dây cung BC trong đường tròn (O) ) ⇒ IAK = 2 BAC = 700 3. Lấy điểm M trên tia OB sao cho OM = 2 R .Tìm vị trí điểm N trên (O) sao cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ nhất. A O E C N I 3 (1,0đ) B M -Xét ∀N ∈ ( O ) , N ∉ OB . Gọi E là trung điểm của OB ,tam giác OMN và tam giác ONE có OE 1 ON  0,50 = = và góc MON chung nên ∆ONE  ∆OMN ON 2 OM
NE 1 Do đó =⇒ MN = 2 NE ta có NM + 2 NI = 2 NE + 2 NI ≥ 2 IE . Dấu bằng MN 2 xảy ra khi N là giao điểm của đoạn IE với đường tròn ( O ) . -Xét N ≡ B 0,5 dễ thấy 2 BI + BM = 2 BI + 2 BE ≥ 2 IE dấu '' = '' xảy ra khi B thuộc đoạn IE ,điều này xảy ra khi ∆ABC vuông tại C và N ≡ B ≡ I .Khi đó điểm N cũnglà giao điểm của đoạn IE với đường tròn. Vậy N là giao điểm của đoạn IE với đường tròn là điểm cần tìm. Cho a , b , c là các số dương thỏa mãn a + b + c + 2 = . abc 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + + . ab bc ca 1 1 1 2 Ta có: Từ giả thiết a + b + c + 2 abc ⇒ = + + + = 1 (1) . ab bc ca abc 1 1 1 Đặt = x, = y, = z .Từ gt ta có 0 < x, y, z < 1 ab bc ca 0,25 (1) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz − 1 = ⇔ x 2 + 2 xyz + y 2 z 2 =y 2 z 2 − y 2 − z 2 + 1 0 ⇔ ( x + yz ) = 2 )(1 − z 2 ) ⇔ x = (1 − y (1 − y )(1 − z ) 2 2 2 − yz + V 2 2 (1,0đ) ⇔ x + yz= (1 − y )(1 − z ) ≤ 2 − y2 − z 2 2 0,25 (1,0đ) ( y + z) ≤1 2 y2 + z2 Suyra x + yz + ≤1⇔ x + 0,25 2 2 lại có ( y + z ) + 1 ≥ 2 ( y + z ) nên ta có 2 2 ( y + z ) −1 3 1 x+ ≤ 1 ⇔ x + y + z ≤ .Dấu ' = ' xảy ra khi x= y= z= . 2 2 2 0,25 1 1 1 3 Vậy P = + + đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi a= b= c= 2 . ab bc ca 2