Đề thi KSCL vào lớp 10 môn Toán (Chung) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Lam Sơn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn học sinh khối 9 đạt kết quả cao trong kì thi KSCL vào lớp 10 sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chia sẻ đến các bạn "Đề thi KSCL vào lớp 10 môn Toán (Chung) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Lam Sơn", mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL vào lớp 10 môn Toán (Chung) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên Lam Sơn

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/4/2023 Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu  1 1  x 1 Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức A    : , với 0  x  1 .  x x x 1  x x  2x  x 1. Rút gọn biểu thức A . 2. Tính giá trị của biểu thức B  A   2023  2 khi x  2024  2 2023 . Câu II. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  và song song với đường thẳng (d ') : y  2 x  3 . Tìm các hệ số a và b . 6 5 x  y  3  2. Giải hệ phương trình  .  9  10  1 x y  Câu III. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2  3x  m 2  0 , với m là tham số. 1. Giải phương trình khi m  2 . 2. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12  x1 x2  3 x2  m 2  2m  1  6  m2 . Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác đó là AD, BE cắt nhau tại H với D  BC , E  AC . 1. Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn, tìm vị trí tâm I của đường tròn đó. 2. Chứng minh HA.HD  HB.HE . 3. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE ). Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a 2b 5c thức P    . bc ca ab ……………… Hết ……………… Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:……………………… Chữ ký giám thị 1:…………………………………Chữ ký giám thị 2:………………………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/4/2023 Đáp án đề thi có: 03 trang  1 1  x 1 Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức A    : , với 0  x  1 .  x x x 1  x x  2x  x 1. Rút gọn biểu thức A .   2. Tính giá trị của biểu thức B  A 2023  2 khi x  2024  2 2023 . Giải.   1 1  x 1 1. (1,0 điểm) Khi 0  x  1 ta có A    : (0,5 điểm)  x x 1    x 1  x x  2 x  1     1 x .  x x  2 x 1 x  1 . Vậy A  x  1 (0,5 điểm) x   x 1 x 1 2. (1,0 điểm) Theo ý 1 thì A  x  1 . Khi x  2024  2 2023 ta có 2 A  2024  2 2023  1   2023 1  1  2023  2 (0,5 điểm) từ đó suy ra B   2023  2  2023  2   2019 (0,5 điểm) Câu II. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  và song song với đường thẳng (d ') : y  2 x  3 . Tìm các hệ số a và b . Giải. Đường thẳng (d ) : y  ax  b song song với đường thẳng (d ') : y  2 x  3 nên a  2 và b  3 . (0,5 điểm) Vì đường thẳng (d ) : y  ax  b đi qua điểm M 1; 2  nên ta có 2  2.1  b  b  0 (thỏa mãn vì b  3 ). Vậy a  2, b  0 là các giá trị cần tìm. (0,5 điểm) 6 5 x  y  3  2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  .  9  10  1 x y  1 1 Giải. Đặt ẩn phụ u  , v  . x y  1 6u  5v  3 12u  10v  6 u  3  Hệ phương trình trở thành    . (0,5 điểm) 9u  10v  1 9u  10v  1 v  1   5 x  3 Thay ngược trở lại ta được  . y  5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    3;5  . (0,5 điểm) 1
Câu III. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2  3x  m 2  0 , với m là tham số. 1. Giải phương trình khi m  2 . 2. Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12  x1 x2  3 x2  m 2  2m  1  6  m2 . Giải. 1. (1,0 điểm) Khi m  2 ta có phương trình x 2  3x  2  0 . (0,5 điểm) Do a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm x1  1, x2  2 . (0,5 điểm) 2. (1,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm x1 , x2    0  9  4m 2  0 9 3 3  m2     m  (*) (0,25 điểm) 4 2 2  x1  x2  3 Khi đó theo định lý Vi-et, ta có  2 .  x1 x2  m Vì x1 là nghiệm của phương trình x 2  3x  m 2  0 nên ta có x12  3 x1  m 2  0  x12  3 x1  m 2 3 3 Khi đó với   m  thì 2 2 x1  x1 x2  3 x2  m  2m  1  6  m 2  3 x1  m 2  x1 x2  3 x2  m2  2m  1  6  m 2 2 2 3  x1  x2   x1 x2  2m 2  2m  1  6  m 2  9  m 2  2m 2  2m  1  6  m 2 m2  2m  8  6  m 2   m  4  2  m   6  m2 (0,25 điểm)   m  4   2  m   6  m 2   m  4  2  m   6  m 2   m 2  2m  8  6  m 2  m  1 (0,25 điểm) 3 Kết hợp với điều kiện (*) ta có   m  1 . (0,25 điểm) 2 Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác đó là AD, BE cắt nhau tại H với D  BC , E  AC . 1. Chứng minh CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn, tìm vị trí tâm I của đường tròn đó. 2. Chứng minh HA.HD  HB.HE ; 3. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE ). Giải. A E O H I B C D 1. (1,0 điểm) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp  AD  BC Ta có: AD, BE là hai đường cao của ABC      BEC  900 ADC  (0,5 điểm)  BE  AC   Xét tứ giác CDHE ta có HDC  HEC  900  900  1800  CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC . (0,25 điểm) Như vậy tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE là trung điểm của HC . (0,25 điểm) 2
2. (1,0 điểm) Chứng minh HA.HD  HB.HE Xét AHE và BHD ta có:   BHD (đối đỉnh);   BDH  900 nên AHE đồng dạng với BHD AHE  AEH  (0,5 điểm) HA HE    HA.HD  HB.HE (ĐPCM) (0,5 điểm) HB HD 3. (1,0 điểm) Xét tứ giác ABDE ta có     900 , mà hai đỉnh D, E là hai đỉnh liên tiếp của tứ ADB AEB giác nên ABDE là tứ giác nội tiếp. Lại có AEB vuông tại E nên A, B, D, E cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính AB và cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE . (0,25 điểm)   BAE Ta có ABDE là tứ giác nội tiếp suy ra EDC  (1) 1 ECH vuông tại E có đường trung tuyến EI  EI  HI  HC 2      HEI cân tại I  IEH  IHE hay IEH  EHC (2) (0,25 điểm)   Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp  CDE  CHE (3)    Từ (1), (2), (3) suy ra EDC  BAE  HEI ;   BOE cân tại O  OB  OE   OEB  OBE (0,25 điểm)       Hay BAE  OEA mà OBE  BAE  900  OEB  HEI  900  OE  EI  EI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (ĐPCM). (0,25 điểm) Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2b 5c P   . bc ca ab bc 3 ca 3 ab 3  1 1 1 Giải. Đặt  ,  ,  khi đó x, y, z  0; 9      a 2  b 2  c 2  9 a x b y c z  xy yz zx  x y  x  y  z  xyz  z  (0,25 điểm) xy  1 1 5 x  y P   x  2 y  5 z   3P  x  2 y  5 z  x  2 y  3 xy  1 7 2  xy  1 5  x  1 2 2 5  2   5 x  y  5   x   2y      x   (0,25 điểm) x x  x   xy  1 x x x x  xy  1 Theo bất đẳng thức Cô-si cho hai số ta có: 2  xy  1 5  x  1 2 7 7  1  7  2  1 2  3P  x   2 x x  x  xy  1  x   2 10  1  2   x   2 x  x  x  3  1   1   x   2 2       2 Áp dụng bất đẳng thức  a 2  b 2  c 2  d 2    ac  bd  và bất đẳng thức Cô-si cho hai số ta có: 7  1 9 9 3P  x   2  3    x   6  2 x   6  12  P  4 . (0,25 điểm) x  x x x 3 2 6 Khi x  3, y  2, z  1 tức là a  , b  3, c  thì P  4 . 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4. (0,25 điểm) ……………… Hết ……………… 3