Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Vụ Bản (Lần 1)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo “Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT huyện Vụ Bản” sau đây để hệ thống lại kiến thức đã học và biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chủ yếu được đề cập trong đề thi để từ đó có thể đề ra kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập thật tốt!

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 huyện Vụ Bản (Lần 1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO THPT LẦN I HUYỆN VỤ BẢN NĂM HỌC 2024- 2025 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) 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. 1 Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức x − 2 + 3 là x−4 x ≥ 2 A. x ≥ 4 . B. x > 4 . C. x ≥ 2 . D.  . x ≠ 4 ax + 2 y = + 5 b Câu 2. Biết hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) . Khi đó a + b bằng by − ax =a + 2 A. 9 . B. 18 . C. −18 . D. −9 . Câu 3. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R ? A. y = 2 x 2 . B. y = (1 − 3 ) x . 2 C. y = 1 − 3 x . D. = 5 x − 1 . y Câu 4. Cho phương trình x 2 + 4x − 5 = . Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Giá trị của biểu 0 thức = ( x1 − x2 ) 2 là A A. − 36 . B. 36 . C. 16 . D. −16 . Câu 5. Cho hàm số y f (= = x) (m 2 − 4 ) x 2 . Tất cả các giá trị của m để f ( −1) =là 5 A. m = 3 . B. m = − 3 . C. m = 4 . D. m = ± 3 . Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Cho AH = 4cm , BH = 2 HC . Độ dài BH bằng A. 4 2 cm . B. 2 2 cm . C. 2 cm . D. 8cm . Câu 7. Cho tam giác ∆ABC vuông cân tại A , biết AB = 4 cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng A. 4 cm . B. 4 2 cm . C. 2 cm . D. 2 2 cm . Câu 8. Ngày 04 − 06 –1783, anh em nhà Mông–gôn–fi-ê (Montgolfier ) người Pháp phát minh ra khinh khí cầu dùng không khí nóng. Coi khinh khí cầu này là hình cầu đường kính 11 m . Diện tích mặt khinh khí cầu đó bằng 484 π 2 121π 2 A. m . B. m . C. 121π m 2 . D. 121 m 2 . 3 3 Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) 2 ( ) 2 a) Chứng minh đẳng thức: − 3. 3 −2 − 12 = −7 1− 3 15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3 b) Rút gọn biểu thức: = A + − với x ≥ 0 và x ≠ 1 . x + 2 x − 3 1− x x +3
2 Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 − 2 ( 2m + 1) x − 3 =0 (1) ( m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = −2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 > x2 và 2 x1= 1 + x2  x 2 − xy + 2 =  0 Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  y − xy − x − 1 =  0 Bài 4. (3,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD có chu vi là 40 cm. Vẽ cung tròn ( B; BA ) cắt đường chéo BD tại M , cung tròn ( D; DM ) cắt các cạnh DA, DC lần lượt tại E , F ( hình vẽ bên). Tính diện tích phần hình vuông ABCD ở ngoài hai cung tròn. (phần tô đậm trong hình, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 2. Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O, có 2 đường cao BE , CF ( E ∈ AC , F ∈ AB ) cắt nhau tại H . Tia AO cắt BC tại M và cắt ( O ) tại N . a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp và  =  AEF ANC b) Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh ∆HFE ∽ ∆NCB và HE . MQ . HB = HF . MP . NC Bài 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 2 x − 3 =1 + 5 x 2 − 12 x + 8 a b c b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn + + 2 . Chứng minh rằng : = a + 1 b +1 c + 1 ab + bc + ca ≥ 12 --------------------- HẾT---------------------
3 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN VỤ BẢN NĂM HỌC 2024-2025 I. Phần trắc nghiệm (2 điểm) Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D C C B D A D C II. Phần tự luận (8 điểm) BÀI Ý NỘI DUNG ĐIỂM 2 ( ) 2 1.1 Chứng minh − 3. 3−2 − 12 = −7 0,5 1− 3 2 ( ) 2 −3 . 3−2 − 12 1− 3 = ( 2 1+ 3 ) − 3. 3 −2 −2 3 0,25 −2 ( =−1 − 3 − 3. 2 − 3 − 2 3 ) =−1 − 3 − 6 + 3 3 − 2 3 = −7 0,25 2 ( ) 2 Vậy −3 3−2 − 12 = −7 1− 3 Bài 1 (1,5điểm) 15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3 1.2 Rút gọn biểu thức: = A + − với x ≥ 0 và x ≠ 1 1,0 x + 2 x − 3 1− x x +3 15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3 A = + − với x ≥ 0 và x ≠ 1 x + 2 x − 3 1− x x +3 0,25 15 x − 11 3 x − 2 2 x +3 =A − − ( x −1)( x +3 ) x −1 x +3 A= 15 x − 11 (3 − )( x + 3) − ( 2 x + 3)( x −2 x −1) ( x −1)( x + 3) ( x − 1)( x + 3) ( x + 3)( x −1) 15 x − 11 − 3 x − 7 x + 6 − 2 x − x + 3 0,25 A= ( x −1 )( x +3 )
4 −5 x + 7 x − 2 A= ( x −1)( x + 3) 0,25 A= ( x − 1)( 2 − 5 x ) ( x −1)( x + 3) 2−5 x A= x +3 0,25 2−5 x Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1 thì A = x +3 2.1 Giải phương trình (1) với m = −2 . 0,5 Với m = − 2 , phương trình trở thành x + 6 x − 3 = 2 0 0,25 ∆ ' = 9 + 3 = 12 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = 3 + 2 3 ; x = 3 − 2 3 − − 0,25 Vậy m = − 2 thì phương trình có hai nghiệm x = 3 + 2 3 ; x = 3 − 2 3 − − Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2.2 1,0 thỏa mãn x1 > x2 và 2 x1 = 1 + x2 Ta có a.c = ( −3) = 3 < 0 với mọi m 1. − Vậy mọi m phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu. 0,25  x + = 2 ( 2m + 1)  x (2) ÁP dụng hệ thức Viét ta có  1 2 0,25  x1.x2 = − 3  (3) Bài 2 x > 0 (1,5điểm) Do mọi m phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu, mà x1 > x2 ⇒  1  x2 < 0 Nên 2 x1 = 1 + x2 ⇔ 2 x1 = x2 ⇔ x2 = 2 x1 1− 1− Thay x2 = 1 − 2 x1 vào ( 3) ta được phương trình 2 x12 − x1 − 3 =0 ⇔ ( x1 + 1) . ( 2 x1 − 3) = 0 0,25  x1 = − 1 (ktm) ⇔  x1 = 3 ( tm )  2 3 Với x1 = ⇒ x2 = −2 2 3 −5 Thay x1 = ; x2 = − 2 vào ( 2 ) tìm được m = 2 8 0,25 −5 Vậy m = là giá trị cần tìm 8  2  x − xy + 2 = 0 3 Giải hệ phương trình  2 1,0  y − xy − x − 1 =  0 Bài 3  x 2 − xy + 2 =  0 (1) (1,0điểm)  2  y − xy − x − 1 =  0 (2) 0,25 Giải ( 2 ) : y 2 − xy − x − 1 =0
5 ⇔ ( y + 1)( y − x −1) =0 ⇔ y + 1 = hoặc ⇔ y = x + 1 0 Với y + 1 = ⇔ y =1 . 0 − Thay y = -1 vào phương trình (1) ta được phương trình x 2 + x + 2 =0 0,25 Phương trình này có ∆ =1 – 4.2 = 7 < 0 − ⇒ Phương trình vô nghiệm Với y x + 1 , thay y x + 1 vào (1) ta được = = x 2 − x. ( x + 1) + 2 =0 0,25 ⇔ x= 2 ⇒ y= 3 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2; 3 ) 0,25 4.1 1,0 Độ dài cạnh hình vuông= 40 : 4 10 cm AB = 0,25 Diện tích hình vuông là = AB 2 102 100 (cm 2 ) S1 = = π . AB 2 .90 π .102.90 Bài 4 Diện tích quạt tròn BAC là S 2 = = = 25 π ( cm 2 ) 360 360 0,25 (3,0điểm) Xét tam giác ABD vuông tại A có BD 2 = 2 + AD 2 ⇒ BD 2 = + 100 AB 100 Từ đó tính được BD =10 2 ( cm ) ⇒ DM =BD − BM =10 2 − 10 ( cm ) Diện tích quạt DEF : 0,25 ( ) 2 π .DM 2 .90 π . 10 2 − 10 .90 S3 = 360 = 360 = ( 75 − 50 2 ) π ( cm ) 2 Diện tích cần tính là: ( ) S = S1 − S 2 − S3 = 100 − 25 π − 75 − 50 2 π ≈ 7,98 ( cm 2 ) 0,25 4.2a Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp và AEF =  .  ANC 1,0
6 A E F O H Q P C B M N BE ⊥ AC ( gt)  => BEC = 900 0,25 Chứng minh tương tự ta được  BFC = 90 0  Xét tứ giác BFEC có BEC =  BFC Mà E , F là hai đỉnh kề 0,25 Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (dhnb) Vì tứ giác BFEC nội tiếp( cmt)   ⇒ FBC + FEC = 1800 ( tc) 0,25 Mà  + FEC = 1800 ( hai góc kề bù) AEF   AEF ⇒ FBC = Mà  = ANC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn  ) ABC  AC 0,25 ⇒ =  AEF ANC 4.2b Chứng minh ∆HFE ∽ ∆NCB và HE.MQ.HB = HF .MP.NC 1,0 Do AN là đường kính của (O) ⇒  = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABN ⇒ BN ⊥ AB ⇒ BN  HC ( vì cùng vuông góc với AB ) Chứng minh tương tự ta được BH  CN ⇒ tứ giác BHCN là hình bình hành 0,25  CBN  Do BN  HC ⇒ HCB = ( hai góc so le trong) Lại có tứ giác BFEC nội tiếp  FEB   ⇒ FCB =( hai góc nội tiếp cùng chắn BF )   ⇒ FEH = CBN (=  HCB )   Chứng minh tương tự ta được EFH = BCN Xét ∆HFE và ∆NCB 0,25   Có FEH = CBN
7   EFH = BCN ⇒ ∆HFE ∽ ∆NCB ( g .g ) Xét tam giác ANC có MQ  NC ( cùng vuông góc với AC ) MQ AM ⇒ = NC AN MP AM 0,25 Chứng minh tương tự ta được = NB AN MQ MP MQ NC ⇒ = ⇒ = NC NB MP NB HF NC Mà ∆HFE ∽ ∆NCB ⇒ = HE NB MQ HF ⇒ = MQ . HE = ⇒ MP. HF 0,25 MP HE Mà HB = NC ( Tứ giác BHCN là hình bình hành ) ⇒ MQ . HE. HB = MP. HF . NC 5.1 Giải phương trình x + 2 x − 3 =1 + 5 x 2 − 12 x + 8 0,50 3 x + 2 x − 3 =1 + 5 x 2 − 12 x + 8 ( ĐK: x ≥ ) 2 5 ( x − 1) − ( 2 x − 3) 2 ⇔ x −1+ 2x − 3 = 3 Đặt a = − 1; b = 2 x − 3 ( a > 0 vì x ≥ ; b ≥ 0 ) x 2 0,25 Phương trình trở thành a + b = 2 5a −b 2 ⇔ ( a + b ) = 5 a 2 − b 2 ( vì a > 0, b ≥ 0 ⇒ a + b > 0 ) 2 ⇔ ( a − b )( 2a + b ) = 0 Bài 5 ⇔ a = ( vì a > 0, b ≥ 0 ⇒ 2a + b > 0 ) b (1,0điểm) Từ đó ta được 2 x − 3 =x − 1 3 ( x − 1) 2 ⇔ 2x − 3 = ( vì x ≥ ⇒ x −1 > 0 ) 2 0,25 ⇔ x 2 − 4x + 4 =0 () ⇔ x = ( Thỏa mãn điều kiện) 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 a b c Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn + + 2. = 5.2 a + 1 b +1 c + 1 0,50 Chứng minh rằng : ab + bc + ca ≥ 12 a b c 1 1 Từ giả thiết ta có: =1− +1− = + a +1 b +1 c + 1 b +1 c +1 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
8 1 1 2 a 2 + ≥ ⇒ ≥ b +1 c +1 ( b + 1)( c + 1) a +1 ( b + 1)( c + 1) b 2 c 2 Tương tự ta được ≥ ; ≥ b +1 ( a + 1)( c + 1) c +1 ( b + 1)( a + 1) a .b 4 Khi đó ta được ≥ ( a + 1) . ( b + 1) ( c + 1) ( b + 1)( a + 1) 4 ( b + 1)( a + 1) ⇒ a. b ≥ ( c + 1) 4 ( b + 1)( c + 1) 4 ( a + 1)( c + 1) Tương tự ta được : b . c ≥ ; a. c ≥ ( a + 1) ( b + 1) 4 ( b + 1)( a + 1) 4 ( b + 1)( c + 1) 4 ( c + 1)( a + 1) ⇒ a . b + b. c + c.a ≥ + + ( c + 1) ( a + 1) ( b + 1) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có ( b + 1)( a + 1) ( b + 1)( c + 1) ( c + 1)( a + 1) + + ≥3 ( c + 1) ( a + 1) ( b + 1) ⇒ a . b + b. c + c.a ≥ 12 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 2 0,25 a b c Vậy với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn + + =2 a + 1 b +1 c + 1 thì ab + bc + ca ≥ 12