Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 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 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Giao Thủy” giúp các em học sinh ôn tập kiến thức chuẩn bị cho bài thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới, rèn luyện kỹ năng giải đề thi để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Địa lí lớp 12. 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 thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Giao Thủy

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH HUYỆN GIAO THUỶ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 - 2025 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút) Đề thi thử gồm 02 trang. Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm x 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là x 2 A. x  0 . B. x  4 . C. x  0, x  4 . D. x  0; x  4 . Câu 2. Đồ thị hàm số y  2 x đi qua điểm nào trong các điểm sau? 2 1  A. A  0;2  . B. B  1;2  . C. C  2; 8 . D. D  ;1 . 2  Câu 3. Hai đường thẳng y  mx  2 và y  1  2m x  3 song song với nhau khi 1 A. m  . B. m  1 . C. m  2 . D. m  2 . 3 Câu 4. Trong các phương trình sau, phương trình nào có hai nghiệm trái dấu? A. 2 x 2  3 x  2  0 . B. x 2  3x  2  0 . C. 3 x 2  x  2  0 . D. x 2  5 x  6  0 . 2 x  y  2 Câu 5. Số nghiệm của hệ phương trình  là 2 y  x  1 A. 0 . B. 1. C. Vô số. D. 2 . Câu 6. Cho hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R . Thể tích V của khối trụ được tính bởi công thức 1 4 A. V   R 2 h . B. V   R 2h . C. V   Rh2 . D. V   R2 h . 3 3 Câu 7. Trong mặt phẳng, cho đường tròn  O; R  . Một đường thẳng  cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 2 . Tính bán kính R của đường tròn biết khoảng cách từ O đến  bằng 2 . A. R  3 . B. R  2 . C. R  1 . D. R  4 . Câu 8. Cho tam giác ABC có AB  AC  3 , gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Biết MN  1 , hãy tính chiều cao h của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A . A. h  2 . B. h  10 . C. h  2 . D. h  2 2 . Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 74 3  1) Chứng minh đẳng thức 2  3   3 2  32  2 . Trang 1/2
 x 1  1 1  2. Rút gọn biểu thức A    x  2  x  2 x  .  x  1  x  1  với  x  0, x  1 .    Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2  2x  m  1  0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  2 . 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2x 1x 2  3 1  . x  x 2  2(x 1x 2  1) 2 2 1 2  x y 10    Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  y x 3 .  x2  3 y 2  6  Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho hình vuông OABC có OA  1cm . Đường tròn tâm B , bán kính BC cắt tia AB tại D . Đường tròn tâm A , bán kính AD cắt tia OA tại E . Đường tròn tâm O , bán kính OE cắt tia CO tại F . Đường tròn tâm C , bán kính CF cắt tia OC tại H . a) Tính diện tích hình vuông OABC và hình quạt tròn ADE. b) Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ sau. 2) Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và đường phân giác trong BD của tam giác ABC  H  BC, D  AC  . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt BD tại E . a) Chứng minh rằng ABHE là tứ giác nội tiếp. b) Gọi  O; R  là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE . Chứng minh OE  AH . Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình  x  4  x   x  1 5  x  2 x 2  10 x  5 . 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b c 2025 thức P     . 1  b 1  c 1  a 2  ab  ac  bc  2 2 2 …………………Hết………………….. Họ và tên thí sinh:…………………...... Họ tên, chữ kí GT 1............................................... Số báo danh:…………........................... Họ tên, chữ kí GT 2..............................................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN GIAO THỦY ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 2 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2024 – 2025 Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi đáp án đúng được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D C A A B B B D Phần 2. Tự luận (8,0 điểm) Câu Hướng dẫn chấm Số điểm 74 3 1) Chứng minh đẳng thức  2  3  3 2   32  2 . Câu 1  x 1  1 1  1,5 2. Rút gọn biểu thức A    x  2  x  2 x  . x  1  x  1      với x  0, x  1 . 2  3 2 74 3  Ta có 2  3  3 2   3 2  3 4  3 2 0,25 1.1 2 3 2 3  1   1   2 0,25 32 32    x 1  . 1  1 A   0,5  x 2  x   x  2   x 1   x 1  x 1   1.2 x 1 x 2  . x  x 2  x 1 0,25 1  0,25 x Cho phương trình x 2  2x  m  1  0 với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m  2 . Câu 2 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa 1,5 2x1x 2  3 1 mãn  . x  x 2  2(x 1x 2  1) 2 2 1 2 Với m  2 , phương trình trở thành x 2  2x  3  0 0,25 Ta có a  b  c  0 2.1 0,25 Chú ý : Có thể thay bước này bằng bước tính  nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1  1; x2  3 0,25    2  m , phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2.2 0,25    0  2  m  0  m  2
 x1  x2  2 Khi đó, theo Viet ta có  .  x1 x2  m  1 2x 1x 2  3 2  m  1  3  0,25 x  x 2  2(x 1x 2  1)  x  x 2  4x x  2 2 1 2 1 2 1 2 2m  1 2m  1   4  4 m  1  2 6  4m 2m  1 1 1 Từ giả thiết ta có   2m  1  3  2m  4m  2  m  , thỏa 6  4m 2 2 0,25 mãn  x y 10    (1) Câu 3 Giải hệ phương trình  y x 3 . 1,0  x2  3 y2  6 (2)  Điều kiện x  0, y  0 . x Đặt  t , t  0 , phương trình (1) trở thành y 0,25 t  3 1 10 t    3t  10t  3  0   1 . 2 t 3 t   3 Với t  3  x  3 y , thay vào phương trình (2) ta được  y 1 x  3 0,25 y2  1    y  1  x  3 1 Với t   y  3 x , thay vào phương trình (2) ta được: 26 x 2  6 , vô lý 0,25 3 Vậy hệ phương trình có các nghiệm  3;1 ;  3; 1 . 0,25 1) Cho hình vuông OABC có OA  1cm . Đường tròn tâm B , bán kính BC cắt tia AB tại D . Đường tròn tâm A , bán kính AD cắt tia OA tại E . Đường tròn tâm O , bán kính OE cắt tia CO tại F . Đường tròn tâm C , bán kính CF cắt tia OC tại H . Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ sau. 1,0 Câu 4.1 Hình vuông OABC có cạnh bằng 1cm nên có diện tích S1  1cm 2 0,25 Hình quạt tròn ADE có bán kính bằng 2cm nên có diện tích S 2   cm 2 0,25
 Hình quạt tròn BCD có bán kính bằng 1cm nên có diện tích S3  cm 2 4 9 Hình quạt tròn OEF có bán kính bằng 3cm nên có diện tích S 4  cm 2 0,25 4 Đường tròn tâm C bán kính CF  4cm nên nửa hình tròn có diện tích S5  8 cm 2 9  1 cm 2  Vậy diện tích phần tô đậm: S  S5  S 4  S3  S2  S1  0,25 2 Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và đường phân giác trong BD của tam giác ABC  H  BC , D  AC  . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt BD tại E . Câu 4.2 a) Chứng minh rằng ABHE là tứ giác nội tiếp. 2,0 b) Gọi  O; R  là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHE . Chứng minh OE  AH . A O D E B C H AH  BC    900 AHB (1) 0,25 4.2.a AE  BD    900 AEB (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra ABHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB 0,5    (cùng chắn cung  ) ABD AHE AE 0,25    CBD  HAE (cùng chắn cung HE ) 0,25   CBD (do BD là phân giác) ABD     EAH  HAE , do đó tam giác AEH cân tại E . 0,25 4.2.b  EA  EH nên E nằm trên đường trung trực của AH . Đường tròn  O, R  ngoại tiếp tứ giác ABHE nên O là trung điểm của AB và OA  OH , do đó O nằm trên đường trung trực của AH . 0,25 Từ đó suy ra OE  AH . 1) Giải phương trình  x  4  x   x  1 5  x  2 x 2  10 x  5 . 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ Câu 5 1,0 a b c 2025 nhất của biểu thức P     . 1  b 1  c 1  a 2  ab  ac  bc  2 2 2 Điều kiện 0  x  5 . 5.1 0,25 Khi đó ptr
  x  4   x  1   x  1   5  x  1  2 x 2  10 x  8  x  4  x  1   x  1 4  x   2   x  4  x  1 x 1 5  x 1   x  4 (tm)    x  1 (tm)  1 1   2   x 1 5  x 1 1 1 Xét phương trình   2. x 1 5  x 1 Với 0  x  5 , ta có 1  x 1  1  1  x 1  1 1 0,25   2 1 x 1 5  x 1 5  x 1  1   1 5  x 1   Dấu “=” không xảy ra nên phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1; x  4 . a a(1  b2 )  ab2 ab 2 ab Ta có:  a  a . 1 b 2 1 b 2 1 b 2 2 b bc c ac Tương tự: b ; c . 0,25 1 c 2 2 1 a 2 2 1 2025 Vậy P  a  b  c   ab  ac  bc   2 2  ab  ac  bc  5.2 Từ BĐT 3(ab  bc  ca)  (a  b  c)2 suy ra ab  bc  ca  3 .  1 3   2  ab  ac  bc    2  Do đó:  2025 675 .   0,25  2  ab  ac  bc   2 3 675  P  3   339 . Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1 . 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 339 khi a  b  c  1 Mọi cách giải khác mà đúng đều được tối đa số điểm tương ứng. …………………..Hết…………………..