Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghi Lộc

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 1
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 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghi Lộc” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Hóa học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi học kì 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 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghi Lộc

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHI LỘC NĂM HỌC 2024 - 2025 Môn thi: TOÁN (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm). 1 a) Tính giá trị biểu thức: A  18  4. 8  50. 5  3 1  x 9 b) Rút gọn biểu thức: B    . với x  0; x  9.  x3 x x 3 x c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y   m2  1 x  m song song với đường thẳng y  5x  2 . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2x2  5x  3  0. b) Cho phương trình x2  12 x  4  0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Không x1  x2 giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: T  . 2 x  24 x2  4 1 2 Câu 3 (2,0 điểm). a) Một thửa ruộng hình chữ nhật có diện tích 900m2. Nếu chiều dài giảm 2 lần, chiều rộng tăng thêm 30m thì chu vi thửa ruộng không thay đổi. Tính chiều dài và chiều rộng thửa ruộng. b) Một chi tiết máy gồm một phần có dạng hình trụ, phần còn lại có dạng hình nón (hình bên). Biết rằng phần hình trụ có chu vi đáy bằng 31,4cm và chiều cao 6cm; phần hình nón có chiều cao 3cm. Tính thể tích của chi tiết máy đó (lấy   3,14; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2). Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. Bán kính OC vuông góc với AB, M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM cắt AC tại H. Kẻ HK vuông góc với AB ( K AB). a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. b) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh ACM ACK và tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. c) Gọi d là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm A. Cho P là một điểm nằm trên d sao cho hai điểm P và C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MB R. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. MA Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình: x2 12 5 3x x2 5. .......................... Hết ....................... Họ và tên thí sinh: ....................................................... Số báo danh: ........................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2024-2025 Môn: TOÁN Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1 2,5đ 1 Ta có: A  18  4. 8  50 5 a) 1,0đ 3 2 4 2  2 (Tính đúng được mỗi hạng tử: 0,25đ) 0,75đ 6 2 0,25đ  3( x  3) x ( x  3)  x 9 B  . 0,25đ  x ( x  3)( x  3) x ( x  3)( x  3)  x 3 x  9  x  3 x ( x  3)( x  3) b) 1,0đ B . 0,5đ x ( x  3)( x  3) x ( x  9) B . 0,25đ x   Để đường thẳng y  m2  1 x  m song song với đường thẳng y  5x  2 phải có: 0,25đ m 2  1  5 c) 0,5đ  m  2 m  2   m  2 . Vậy m  2 0,25đ  m2 Câu 2 2,0đ   b  4ac 2 Có thể HS không cần viết    5  4.2.(3)  49  0 2 0,25đ   49  7. (Có thể HS không cần tính nếu trong khi tính nghiệm đưa ý này vào) 0,25đ b   5  7 1 a) 1,0đ Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x1    0,25đ 2a 2.2 2 b   5  7 x2    3 (HS có thể không cần viết công thức nghiệm 0,25d 2a 2.2  x1  x2  12 Theo hệ thức Viet ta có:   x1  0, x2  0 (Ý này không cần nếu trong khi tính giá trị biểu thức thay đúng) 0,25đ  x1x2  4 => x1  x2  x1  x2 = 12 (HS có thể tính x1  x2 bằng cách bình phương). 0,25đ b) 1,0đ x1 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: x12 - 12x1 + 4 = 0 => x12 = 12x1 - 4 0,25đ => 2x12 = 24x1 - 8 => 2x12 + 24x2 - 4 = 24x1 - 8 + 24x2 - 4 = 24(x1 + x2) - 12 = 24.12 - 12 = 276. Vậy T  12 1  . 0,25đ 276 23
Câu 3 2,0đ Gọi chiều dài, chiều rộng thửa ruộng hình chữ nhật lần lượt là x, y (đơn 0,25đ vị: m; x, y > 0) Theo bài ra ta có phương trình: x. y = 900 (1) 0,25đ Chiều dài thửa ruộng sau khi giảm 2 lần: x/2 (m) 0,25đ Chiều rộng thửa ruộng sau khi tăng thêm 30m: y + 30 (m) Theo bài ra ta có phương trình: 2(x/2 + y + 30) = 2(x + y) (2) 0,25đ a) 1,25đ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x. y  900   x 2.( 2  y  30)  2.( x  y ) 0,25đ  Giải hệ phương trình tìm được: x = 60, y = 15 (thoả mãn điều kiện) Vậy, thửa ruộng có chiều dài 60m, chiều rộng 15m. 31, 4 Độ dài bán kính đáy của phần hình trụ là: R   5 (cm) 0,25đ 2.3,14 b) 0,75đ Thể tích chi tiết máy của phần có dạng hình trụ là: V1 =  R 2 .h = 0,25đ (HS tính 3,14.52.6 = 471 (cm3) (*) (**) trước (*): 0,25 đ Thể tích của chi tiết máy của phần có dạng hình nón là: V2 = cho ý này) 1 1  R 2 .h  .3,14.52.3  78,5 (cm ) (**) 3 0,25đ 3 3 Thể tích của chi tiết máy đó là: V = V1 + V2 = 471 + 78,5 = 549,5 (cm3) Câu 4 3,0đ d C Q M Vẽ hình đến câu a: 0,25đ H Không vẽ hình thì không P E chấm bài hình N 0,5đ A B 0,5 đ K O Xét tứ giác CBKM ta có: BKH 900 ( HK AB ) 0,25đ HCB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25đ a) 1,0đ BKH HCB 900 900 1800 0,25đ Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau. Suy ra tứ giác CBKH nội tiếp. 0,25đ b) 1,0đ - Chứng minh ACM ACK . 0,25đ (HS có thể chứng minh Tứ giác CBKH nội tiếp nên HCK HBK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HK) (*) (**) trước (*): 0,25đ cho Tứ giác ABCM nội tiếp (O) nên MCA HBK (2 góc nội tiếp cùng chắn ý này) 0,25đ cung AM) (**) => HCK MCA hay ACM ACK .
- Chứng minh ECM vuông cân tại C. Vì CO AB nên CO là trung trực của AB => CA = CB 0,25đ Xét AMC và BEC có MAC MBC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) MA = BE (gt), CA = CB (cmt) (1) => AMC BEC (c.g.c) => ACM ECB (2 góc tương ứng) và CM = CE (2 cạnh tương ứng) Mặt khác ECB ECA 900 => MCA ECA MCE 900 (2) 0,25đ Từ (1) và (2) => ECM vuông cân tại C. AP.MB AP R BO Theo gt R => MA AM MB BM Lí giải được PAM ABM (sđ = 1/2 cung AM) PA OB => PAM OBM (c.g.c) => 1 => PA = PM PM OM Vậy cần lấy điểm P thuộc d sao cho PA = PM 0,25đ Gọi N là giao điểm của BP và HK, Q là giao điểm của BM với d Xét QMA vuông tại M có: PA = PM => PMA cân tại P => PAM PMA c) 0,5đ Lí giải được PMA PMQ 900 và PAM PQM 900 => PMQ PQM => PMQ cân tại P => PM = PQ (2) Từ (1) và (2) => PM = PA = PQ Vì AQ //HK (cùng vuông góc với AB) NK NH BN Chứng minh được (cùng bằng ) PA PQ BP 0,25đ Mà PA = PQ (cmt) => NK = NH => N là trung điểm của HK AP.MB Vậy, với P d mà R thì PB đi qua trung điểm của HK. MA Câu 5 0,5đ Điều kiện: Mọi x R. Phương trình đã cho tương đương với x2 12 4 3x 6 x2 5 3 x2 4 x2 4 3( x 2) 0,25đ x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 (x 2) 3 0 (*) x2 12 4 x2 5 3 0,5đ 5 Ta có 3x 5 x2 12 x2 5 0 nên để phương trình có nghiệm thì x . 3 Với x > 5/3 ta có x + 2 > 0. x 2 x 2 0,25đ Mặt khác x2 12 4 x2 5 3 0 nên 3 0. x 2 12 4 x2 5 3 Từ (*) suy ra x - 2 = 0 x = 2 (TM). Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 2.
Lưu ý: - Trên đây chỉ mang tính hướng dẫn chấm. - Học sinh làm đúng, chặt chẽ mới cho điểm tối đa. - Học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tương ứng.