Đề thi thử môn Toán vào lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS Minh Khai

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

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn tập cùng "Đề thi thử môn Toán vào lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS Minh Khai" được chia sẻ sau đây sẽ giúp các em hệ thống được kiến thức môn học một cách nhanh nhất và hiệu quả nhất, đồng thời, phương pháp học này cũng giúp các em được làm quen với cấu trúc đề thi trước khi bước vào kì thi chính thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử môn Toán vào lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS Minh Khai

TRƯỜNG THCS MINH KHAI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2 ĐỀ A NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: TOÁN Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2023 Câu 1(2,0đ). Cho biểu thức P   3 x 2 x   x 2  x 1 (với x  0; x  1 ).  x 1  x 2  x 1 x 2 1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tính giá trị của P khi x  6  2 5. Câu 2(2,0đ). 2x  y  3  1. Giải hệ phương trình:   3x  2y  4   2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : y  (m 2  1)x  2m và (d2 ) : y  (m  3)x  m  2 (m là tham số). Tìm m để (d1 ) song song với (d2 ) . Câu 3(2,0đ). 1. Giải phương trình: x 2  5x  6  0 . 2. Cho phương trình: x 2  2(m  1)x  m 2  2m  3  0 (với m là tham số). 1 4x Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn 2 2  2  3x 2  0. x1 x1 Câu 4(3,0đ). Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa A và C . Vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường tròn ( O ) ( M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , đường thẳng AE cắt nửa đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF và H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh: 1. Tứ giác AMIO nội tiếp. 2. Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau. 3. Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm E thay đổi trên cung MC . Câu 5(1,0đ). Cho a,b là các số dương thoả mãn: a  b  1 . 19 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T   2 2  2023(a 4  b 4 ) . ab a  b --------------------------------------------------------------- Hết --------------------------------------------------------------- Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:........................
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Với x  0 ; x  1 ta có:     x  1 2 3x  6 x x 2 x 1 0,25 P    x  1 x  2  x  1 x  2  x  1 x  2 3x  6 x  x  4 x  4  x  1 x 2 x 3 1     x 1 x 2   x 1  x 2  0,5 1   x 1  x 3  x 3 . Vậy P  x 3 với x  0 ; x  1 0,25 (2,0đ)  x  1 x  2 x 2 x 2   2 Với x  6  2 5  5  1  0  x  5  1 (t / m ) 0,25 Khi đó P  5 1  3  5 2   5 2  5 1  3 5 2 5 1  2 5 1  5  1 5  1 4 0,5 3 5 Vậy P  khi x  6  2 5 0,25 4 2x  y  3  4x  2y  6  x  2  x  2  Ta có:         0,75 3x  2y  4 3x  2y  4 3.2  2y  4 y  1 1         Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x ; y   2; 1 . 0,25 2 Điều kiện (d1) //(d2) là (2,0đ)  m  2  m 2  1  m  3  m 2  m  2  0    0,75 2      m  1  m  1   2m  m  2    m 2   m 2        Vậy m  1 thì (d1) //(d2) 0,25 1 Giải ra được phương trình có hai nghiệm phân biệt là x 1  2; x 2  3 . 1,0 Ta có: ∆′ =( m + 1) − 1. ( m 2 − 2m + 3) = m 2 + 2m + 1 − m 2 + 2m − 3 = 4m − 2 2 Phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 2m + 3 = có 2 nghiệm phân biệt khi 0 0,25 3 1 (2,0đ) và chỉ khi   0  4m  2  0  m  (*) 2 2 Viết lại biểu thức với điều kiện x 1  0 1 4 x2 2 1 − 4 x1 x2 0,25 2 − + 3 x2 = ⇔ 0 + 3 x2 = ⇔ 3 x12 x2 − 4 x1 x2 + 1 = 2 0 2 0 x1 x1 x12
 3 x 1x 2   4x 1x 2  1  0  x 1x 2  13x 1x 2  1  0 2  x x  1 x 1x 2  1  0  1 2    3x 1x 2  1  0 x x  1   1 2 3  Với x1 x2 = 1 ta có m 2 − 2m + 3 =⇔ m 2 − 2m + 2 = (vô nghiệm) 1 0 1 1 0,25 Với x1 x2 = ta có m 2 − 2m + 3 = ⇔ 3m 2 − 6m + 8 = 0 (vô nghiệm) 3 3 Vậy không có giá trị m thỏa mãn đề bài. 0,25 Vì I là trung điểm của EF ⇒ IO ⊥ EF (tính chất đường kính và dây cung) ⇒  = AIO 90o .    = 90o ( AM là tiếp tuyến của (O) ) nên AMO  AIO( 900 ) AMO 1 1,0 4 Mà hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc 90o (3,0đ) Vậy tứ giác AMIO nội tiếp. ∆AMO vuông tại M có đường cao MH nên: OA.OH = OM 2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1) 0,25 Mặt khác OM = OF (bằng bán kính của (O) ) (2) OF OH 2 Từ (1) và (2) ta có: OF= OA.OH ⇒ 2 = OA OF 0,5  OF OH Xét ∆OFH và ∆OAF , ta có: AOF góc chung và = . OA OF Suy ra OFH # OAF (c.g.c) 0,25 Gọi T là trung điểm GO. (3) 1 Gọi S là điểm thuộc OA sao cho = OS OA ⇒ S cố định. 3 0,25 3 2 Vì G là trọng tâm ∆OFE ⇒ OG = . OI 3
1 1 2 1 OT 1 Mà OT = OG (do (3)) ⇒ OT = . OI = OI ⇒ = . 0,25 2 2 3 3 OI 3 OT OS 1 ∆OIA có    ST / /AI (định lí Ta-lét đảo) ⇒ ST ⊥ OI . OI OA 3 ∆SGO có ST ⊥ GO và T là trung điểm GO ⇒ ST vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ ∆SGO cân tại S ⇒ SG = SO. 0,25   OA Mà S , SO cố định ⇒ G thuộc đường tròn ( S ; SO) hay  S ;  . 0,25  3  Cho a,b là các số dương thoả mãn: a  b  1 19 6 1,0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T   2  2023(a 4  b 4 ) ab a  b 2 a b 4 Ta có a  b   0  a  b   4ab  2 2  ( a,b  0) ab a b 1 1 4 1 1 4 0,25    (*). Áp dụng (*) ta có:  2   4 (1) a b a b 2ab a  b 2 a  b  2 1 Mặt khác từ 1= a  b   4ab  2  4 (2) 5 ab (1,0đ) 2  2 0,25 a  2 2  b2 a  b   1  1 Lại có a  b   2   8 (3)   4 4   2 2      16  1 1   Từ (1), (2), (3) ta có: T = ab  6    2   2ab a  b 2      2023 a 4  b 4  2023 2023 1 0,5  16.6  6.4   88 . Dấu “=” xảy ra khi a  b  8 8 2 2023 1 Vậy minT  88 đạt tại a  b  8 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình nếu vẽ hình sai thì không chấm bài đó. - Câu 4 HS vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm bài hình.