Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Giao Thủy

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

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với “Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Giao Thủy” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức môn học nhằm chuẩn bị cho kì thi quan trọng sắp diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi thật dễ dàng nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Giao Thủy

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT GIAO THỦY NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán lớp 9 THCS ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút) Đề thi thử gồm 02 trang. Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 2023 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 6 x A. x  6. B. x  6. C. x  6. D. x  6.   1  5  2 2 Câu 2. Giá trị biểu thức 5 1  bằng A. 2 5. B. 4 5. C. 2. D. 2. Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  ? A. y  4 x  5. B. y    2  1 x  1. C. y  3 x 2 . D. y   x 2 . Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A ,   30 , cạnh AB  5cm . Độ dài cạnh AC bằng ACB 5 3 5 A. 5 3 cm. B. 5 cm. C. cm. D. cm. 2 3 Câu 5: Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3? A. x 2  3 x  5  0. B. x 2  3 x  2  0. C. x 2  3x  9  0. D. x 2  3  0. Câu 6. Cho hàm số bậc nhất y  1  2 m  x  m  3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1. 1 A. m  3. B. m  2. D. m  . C. m  2. 2 Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  18 cm, AC  24 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng A. 30 cm. B. 15 cm. C. 15 2 cm. D. 20 cm. Câu 8. Cho khối nón có đường sinh bằng hai lần bán kính đáy. Biết thể tích của khối nón là 3 cm3 . Chiều cao của khối nón bằng A. 3 cm. B. 2 3 cm. C. 3 3 cm. D. 3 cm. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 15  5 1  5  2 1) Chứng minh đẳng thức   20  1. 3 1  1 x 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức A    x  x  x  1  : x  2 x  1 , với x  0, x  1.    Trang 1/2
Câu 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm của parabol  P  : y  2 x 2 và đường thẳng  d  : y  3 x –1. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2  2  m  1 x  2m  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  4 x2 .  1 3  2x  3  y 1 4  Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2  1  3.  2x  3  y 1 Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho ABC vuông tại A có AB  2 3cm, AC  2cm. Vẽ cung tròn tâm C bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O   AB  AC  , các đường cao BE , CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn  O  tại M ( M khác A ). a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.   b. Chứng minh KB.KC  KE .KF và MAF  MEF . Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 7 x 2  25 x  19  x 2  2 x  35  7 x  2 . 1 1 1 2. Xét x, y , z  0 và x  y  z  3 . Chứng minh:  2  2  1. x  2 yz y  2 zx z  2 xy 2 ------------ Hết ------------ Họ và tên thí sinh: …………………………………… Họ tên, chữ ký GT 1: ……………………………………... Số báo danh: …………………………………………... Họ tên, chữ ký GT 2: ……………………………………... Trang 2/2
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT GIAO THUỶ NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp 9 THCS I. Hướng dẫn chung 1. Học sinh giải theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa. 2. Điểm toàn bài là tổng điểm các câu, không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Phần I. Trắc nghiệm: (2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Đáp án C A B A B C B D Phần II. Tự luận: (8 điểm) Câu Nội dung Điểm 15  5 1  5  2 Chứng minh đẳng thức   20  1. 3 1 Câu 1.1 (0,5 điểm) VT  5  3 1  5 1  2 5 0,25 3 1  5  5  1  2 5  1. 0,25  1 x 1 x 1 Rút gọn biểu thức A    x x  : , với x  0, x  1.  x 1  x  2 x  1  Với x  0, x  1 ta có:  1 x 1  x 1 0,25 A  x ( x  1)  ( x  1)( x  1)  :    2   x 1 Câu 1.2  1 1  x 1 (1,0 điểm)   : 0,25   2  x ( x  1) ( x  1)  x 1   2 1 x x 1  . 0,25 x ( x  1) x 1 x 1 x 1  . Vậy với x  0, x  1 thì A  0,25 x x Tìm tọa độ giao điểm của parabol  P  : y  2 x 2 và đường thẳng  d  : y  3 x –1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 x  3x – 1 2 Câu 2.1 (0,5 điểm) Giải PT tìm được x  1; x  1 0,25 1 2 2 Với x1  1; y1  2 . 0,25 Trang 1/4
1 1 Với x2   y2  . 2 2 1 1 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là 1; 2  ; ( ; ). 2 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2  2  m  1 x  2m  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  4 x2 . Vì phương trình có a  b  c  1  2m  2  2m  1  0  PT luôn có hai nghiệm: x  1; x  2 m  1 0,25 +)PT (1) có hai nghiệm phân biệt  2m  1  1  m  0 Ta xét 2 trường hợp: TH1: x1  1; x 2  2m  1 . Khi đó: Câu 2.2 0,25 3 x1  4 x 2  1  42m  1  8m  4  1  8m  3  m   (tm) 2 2 (1 điểm) 8 TH2: x1  2m  1; x2  1  1  m  2 (tm) 0,25 Khi đó: x1  4 x 2  2m  1  4.1  2m  1  2   2 2  m   3 (tm)   2  3 1 3 Vậy m   ; ;  là các giá trị cần tìm. 0,25  8 2 2  1 3  2x  3  y 1  4  Giải hệ phương trình:   2  1  3.  2x  3  y 1  3 x  Điều kiện  2  y  1.  0,25 1 1 Câu 3 Đặt a  ;b b  0 2x  3 y 1 (1 điểm) a  3b  4 a  1 Hệ trở thành    tm  0,25 2a  b  3 b  1  1 a  1  2x  3  1  x  2   1   tm  0,25 b  1  1 y  0  y 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2; 0  . 0,25 1) Cho ABC vuông tại A có AB  2 3cm, AC  2cm. Vẽ cung tròn tâm C Câu 4.1 bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết (1 điểm) quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). Trang 2/4
AB tan   ACB  3    60 ACB 0,25 AC Diện tích tam giác ABC là: 1 S1 = AB.AC=2 3  cm2  0,25 2  .2 2.60 2 Diện tích hình quạt tròn CAD là: S 2     cm 2  . 0,25 360 3 2 Diện tích phần được tô màu là: S  S1  S2  2 3    1,37 cm 3 2   0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O   AB  AC  , các đường cao BE , CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn  O  tại M ( M khác A ). a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.   b. Chứng minh KB.KC  KE.KF và MAF  MEF . Câu 4.2  BE  AC  gt   BEC  90o ; 0,5 Câu 4.2.a  CF  AB  gt   BFC  90o (1 điểm)   Xét tứ giác BCEF có BEC  BFC  90o nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn 0,5 đường kính BC. Câu 4.2.b AFE   Vì tứ giác BCEF nội tiếp suy ra   ECK ( cùng bù với EFB ) 0,25 (1 điểm) Mà   KFB (đối đỉnh) do đó KFB  ECK AFE    Trang 3/4
   Xét hai tam giác KBF và KEC có KFB  ECK (chứng minh trên); EKC chung 0,25 KB KF Suy ra KBF đồng dạng với KEC    KB.KC  KE.KF 1 KE KC    Xét hai tam giác KBM và KAC có MBK  KAC (cùng bù với MBC ) và MKB    AKC 0,25 KB KM Suy ra KBM đồng dạng với KAC    KB.KC  KM .KA  2  KA KC KM KE Từ 1 và  2  suy ra KM .KA  KE.KF    3 KF KA Ta lại có MKE    AKF  4 0,25   Từ  3  và  4  suy ra KME đồng dạng KFA . Suy ra MAF  MEF . Giải phương trình 7 x 2  25 x  19  x 2  2 x  35  7 x  2 . Điều kiện x  7. 7 x 2  25 x  19  x 2  2 x  35  7 x  2 0,25  3 x 2  11x  22  7  x  2  x  5 x  7  Câu 5.1  3  x 2  5 x  14   4  x  5   7  x  5  x2  5 x  14 (0,5 điểm) Đặt a  x 2  5 x  14 ;b  x  5  a  0, b  0  . Khi đó phương trình trở thành 3a 2  4b 2  7 ab  a  b  3a  4b Với a  b  x  3  2 7 (thỏa mãn) và x  3  2 7 (loại) 0,25 61  11137 61  11137 Với 3a  4b  x  (thỏa mãn) và x  (loại) 18 18 Xét x, y , z  0 và x  y  z  3. Chứng minh: 1 1 1  2  2  1. x  2 yz y  2 zx z  2 xy 2 Đặt x 2  2 yz  a; y 2  2 zx  b; z 2  2 xy  c  a  b  c  ( x  y  z ) 2  9 và 0,25 Câu 5.2 a  0; b  0; c  0 (0,5 điểm) Xét 2 2 2  a b  a c  b c a  b  c      9              9 1 1 1    b   c   c a b c  a  a  b 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1  9     9     1 2  2  2 1 a b c a b c x  2 yz y  2 zx z  2 xy ---------------------------Hết------------------------------ Trang 4/4