Đề thi KSCL môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 4, Thanh Hoá

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi KSCL môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 4, Thanh Hoá” để bổ sung kiến thức, nâng cao tư duy và rèn luyện kỹ năng giải đề chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp tới các em nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 4, Thanh Hoá

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)  1 2  2 a Câu I. (2.0 điểm) Cho biểu thức: P =  + ⋅ với a > 0 và a ≠ 1 .  a −1 a − a  a + 2 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của P khi a= 3 + 2 2 . Câu II. (2.0 điểm) 3 x + y = 8 1) Giải hệ phương trình:  . 4 x − y =6 2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A ( 2; 2 ) , đường thẳng d : y = x + 4 và parabol − ( P ) : y = ax 2 . Tìm a để parabol ( P ) : y = ax 2 đi qua điểm A . Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của ( d ) và ( P ) . Câu III. (2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2 − 2 x − 5m = m là tham số) 0 ( 1) Giải phương trình khi m = 3 . 2) Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và thỏa mãn x1 .x2 − x1 ( 5m + 3 x2 ) = . 2 10115 Câu IV. (3.0 điểm) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O; R ) . Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D ( C nằm giữa M và D) . Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. 2) Chứng minh MC.MD = ME.MO . 3) Giả sử OM = 3R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Câu V. (1.0 điểm) Cho các số thực a, b, c > −1 . Chứng minh rằng: b + c2 − a 2 c + a 2 − b2 a + b2 − c2 + + ≤ 1. 1 + b + c2 1 + c + a2 1 + a + b2 ===========HẾT=========== Thí sinh không được sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MÔN: TOÁN Câu/ý Lời giải – Đáp án Điểm  1 2  2 a Cho biểu thức: P =  + ⋅ với a > 0 và a ≠ 1 .  a −1 a − a  a + 2 1) Rút gọn biểu thức P Với a > 0 và a ≠ 1 , ta có: I.1)    1 2  2 a  1 2 ⋅ 2 a P = + ⋅ = +  a −1 a − a  a + 2  a −1  a a −1 ( )  a +2  0,5 a +2 2 a 2 = ⋅ = . 0,5 a ( a −1 ) a +2 a −1 2) Tính giá trị của P khi a= 3 + 2 2 Khi a= 3 + 2 2 (thỏa mãn điều kiện xác định), ta có: ( ) 0,5 2 a= 3+ 2 2 = 2 + 2. 2.1 + 1 = 2 +1 = 2 +1 = 2 +1; I.2) 2 2 2 Suy ra:= P = = = 2. a −1 2 +1−1 2 Vậy P = 2 khi a= 3 + 2 2 . 0,5 3 x + y = 8 Giải hệ phương trình:  . 4 x − y =6 3 x + y 8 = 14 = 7 x Ta có:  ⇔ 0,5 II.1) 4= 6 3= 8 x− y x+ y = 2= 2x x ⇔ ⇔ . 3.2 + y 8 = 2 = y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2; 2 ) . 0,5 Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A ( 2; 2 ) , đường thẳng d : y = x + 4 và parabol − ( P ) : y = ax 2 .Tìm a để parabol ( P ) : y = ax 2 đi qua điểm A . Với giá trị a tìm được, hãy xác định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của ( d ) và ( P ) . 1 1 Thay x 2, y 2 vào pt ( P ) : 4a = 2 ⇔ a = = = suy ra ( P ) : y = x 2 . 0,5 2 2 II.2) Phương trình hoành độ giao điểm ( P ) và ( d ) : 1 2 x = 2 ⇒ y = 2 x = x + 4 ⇔ x2 + 2x − 8 = ⇔  − 0 . 2 x = 4 ⇒ y = − 8 Vậy giao điểm còn lại là B ( −4;8 ) . 0,5
Cho phương trình bậc hai x 2 − 2 x − 5m = m là tham số) 0 ( 1) Giải phương trình khi m = 3 III.1) Với m = 3 phương trình trở thành x 2 − 2 x − 15 = 0. Ta có ∆ ′ = 1 + 15 = 16 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 16 = x2 = 16 = 1− −3 ; 1+ 5 0,5 Tìm giá trị của tham số m phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và thỏa mãn x1 .x2 − x1 ( 5m + 3 x2 ) = . 2 10115 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 1 ∆ ′ > 0 ⇔ 12 + 5m > 0 ⇔ m > − . 0,25 5  −2  x1 + x2 = 1 = (1)  − 2 Khi đó, theo Vi-et ta có:  . x x = −5m = −5m (2)  1 2  1 Theo đề bài ta có: x1 .x2 − x1 ( 5m + 3 x2 ) = (3). 2 10115 0,25 Từ (1) ⇒ x1 =2 − x2 . Thay vào (2) và (3), ta có: III.2) ( 2 − x2 ) x2 =5m−   ( 2 − x2 ) .x2 − ( 2 − x2 )( 5m + 3 x2 ) = 2  10115 5m x2 − 2 x2  = 2 ⇔ ( 2 − x2 ) .x2 − ( 2 − x2 ) ( x2 − 2 x2 + 3 x2 ) = 2 2  10115  = 2 5m x2 − 2 x2 ⇔ 0,25 ( 2 − x2 ) .x2 − ( 2 − x2 ) ( x2 + x2 ) = 2 2  10115 5m x2 − 2 x2  = 2  = 2 5m x2 − 2 x2 ⇔ 2 3 2 3 2 ⇔ 2 . 2 x2 − x2 − 2 x2 − 2 x2 + x2 + x2 =  10115  x2 − 2 x2 =  10115 ⇒ 5= 10115 ⇔ = 2023 (thỏa mãn). m m Vậy m = 2023 . 0,25 Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O; R ) . Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp điểm) và một cát tuyến qua M cắt đường tròn tại C , D ( C nằm giữa M và D) . Gọi E là giao điểm của AB và OM . 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp. A D C IV.1) M O E B
  Vì MA, MB là tiếp tuyến của ( O ) nên ta có MAO MBO 90° ( tính chất = = 0,5 tiếp tuyến).   180 Do đó MAO + MBO = ° ⇒ tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 0,5 Chứng minh MC.MD = ME.MO .    Xét MAC và MDA có: M chung và MAC = MDA nên MAC∽MDA( g .g ) MA MC IV.2) Do đó: = ⇒ MA2 = (1) MC.MD 0,5 MD MA Vì MA, MB là tiếp tuyến của ( O ) nên ta có MO là trung trực của AB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE ⊥ MO nên MA2 = ME.MO (2) Từ (1) và (2), ta có MC.MD = ME.MO 0,5 Giả sử OM = 3R . Tìm diện tích lớn nhất của tứ giác MADB . Xét tam giác MAO vuông tại A có AE ⊥ MO nên OA2 = OE.OM R R 8R 8R 2 2R 2 ⇒ OE = ME = 3R − = ⇒ ⇒ AE 2 = ME.MO = ⇒ AE = 3 3 3 9 3 4R 2 0,25 ⇒ AB = . 3 R 4R 0,25 IV.3) Hạ: DH ⊥ AB thì ta có DH ≤ DE ≤ DO + OE = R + = 3 3 1 1 Do đó: S MADB = S MAB + S DAB = ME. AB + DH . AB 0,25 2 2 2 1 8R 4 R 2 1 4 R 4 R 2 8 2 R ≤ . . + . . = . 2 3 3 2 3 3 3 8 2R2 Vậy S MADB đạt GTLN là khi M , C , O, D thẳng hàng. 0,25 3 Cho các số thực a, b, c > −1 . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 b+c −a c+ a −b a+b −c + + ≤ 1. 1 + b + c2 1 + c + a2 1 + a + b2 1 + a2 1 + b2 1 + c2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với: + + ≥2 0,25 1 + b + c2 1 + c + a 2 1 + a + b2 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 + b2 1 + b + c 2 > 0,1 + b + c 2 ≤ 1 + + c2 . 2 1 + a2 2 (1 + a ) 2 V. Suy ra ≥ . 1 + b + c 1 + b 2 + 2 (1 + c 2 ) 2 1 + b2 2 (1 + b 2 ) Tương tự ta có ≥ . 1 + c + a 2 1 + c 2 + 2 (1 + a 2 ) 1 + c2 2 (1 + c 2 ) ≥ 0,25 1 + a + b 2 1 + a 2 + 2 (1 + b 2 ) Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và đặt x =a 2 + 1, y =b 2 + 1, z =c 2 + 1 ta được
1 + a2 1 + b2 1 + c2 2x 2y 2z + + ≥ + + 1 + b + c2 1 + c + a 2 1 + a + b2 y + 2 z z + 2 x x + 2 y  x y z  0.25 = 2 + +   y + 2z z + 2x x + 2 y  Sử dụng bất đẳng thức C – S (Cô-si cộng mẫu) ta có ( x + y + z) 2 x y z + + ≥ y + 2z z + 2x x + 2 y x ( y + 2z ) + y ( z + 2x) + z ( x + 2 y ) . ( x + y + z) 3 ( xy + yz + zx ) 2 = ≥ =1 3 ( xy + yz + zx ) 3 ( xy + yz + zx ) Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . 0,25 ==========Hết========== (Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa)