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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn ‘Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nông Cống’ để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

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 Nông Cống

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN NÔNG CỐNG NĂM HỌC: 2024-2025 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/5/2024 (Đề thi có 5 câu và 1 trang) Câu 1. (2 điểm)   Cho biểu thức: A =  a − a + 2 a − 4  : 1 ( a ≥ 0; a ≠ 1 )  a +1  a −1 a −1  a +1  1. Rút gọn biểu thức A 2. Tính giá trị của biểu thức A khi a= 4 − 2 3 Câu 2. (2 điểm) 4 x − y =7 1. Giải hệ phương trình:  x + 3y =5 2. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm M(1;5) và N(2;8). Câu 3. (2 điểm) 2. Cho phương trình x − 2( m − 1 )x + m 2 − m − 4 = với 𝑚𝑚 là tham số. Tìm 𝑚𝑚 để phương 1. Giải phương trình x 2 − 7 x + 10 = 0 trình có hai nghiệm phân biệt 𝑥𝑥1 , 𝑥𝑥2 thỏa mãn: x12 − 2 x2 ( x2 − 2 ) + m 2 − 5m = 2 0 0. Câu 4. (3 điểm) Cho đường tròn ( O ) , bán kính R ( R > 0 ) và dây cung BC cố định. Một điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE của tam giác ABC cắt nhau tại H và BE cắt đường tròn ( O ) tại F (F khác B). 1. Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. 2. Kẻ đường kính AM của đường tròn ( O ) và OI vuông góc với BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của HM và tính AF biết BC = R 3. 3. Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O) để DH.DA lớn nhất. Câu 5. (1 điểm) Cho a, b,c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3abc a b c thức: M = 2 + 2 + 2 a + bc b + ca c + ab ----------------------------------------------Hết------------------------------------------- Cán bộ goi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:………………………………........ Số báo danh:…………..
HƯỚNG DẪN CHẤM Thang Câu Đáp án điểm Câu 1:  a a 2 a −4 1 Cho biểu thức: A =   − + : (a ≥ 0; a ≠ 1 )  a +1 a −1 a −1  a +1  (2 1. Rút gọn biểu thức A điểm) 2. Tính giá trị của biểu thức A khi a= 4 − 2 3 ĐKXĐ : a ≥ 0, a ≠ 1  a ( a − 1) a ( a +1 ) 2 a −4  1) A =  − + . ( ) a +1 0,25   ( a +1 )( a −1 ) ( a +1 )( a −1 ) ( )( a +1 ) a −1   a− a −a− a +2 a −4 A . ( a +1 ) 0,25 ( a +1 )( a −1 ) −4 =A . ( a +1 ) ( a +1 )( a −1 ) −4 0,25 A= a −1 −4 Vậy A = với a ≥ 0, a ≠ 1 0,25 a −1 −4 2) Với a ≥ 0, a ≠ 1 ta có : A = a −1 Ta có: a = 2 3 = 3 − 1) ( thoả mãn ĐKXĐ ) ( 2 4− 0,25 ⇒ a = 3 −1 A −4 −4 −4 )=( 3+2 4 3 +8 0,5 Khi đó:= = = 3 −1−1 3−2 ( 3 − 2)( 3 + 2) Vậy= 4 3 + 8 khi a= 4 − 2 3 A 0,25 Câu 2 4 x − y =7 1. Giải hệ phương trình:  x + 3y =5 (2 2. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm M(1;5) và điểm) N(2;8). 4 x − y =7 12x − 3 y = 13x = 26 21 x = 2 x = 2  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 3y = x + 3y = 5 5 = 4x − 7 y  y 4.2 − 7 = y =1 0,75 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ( x; y ) = ( 2;1) 0,25 Vì xM ≠ xN (1 ≠ 2 ) nên phương trình đường thẳng cần tìm có dạng 0,25 (d) : = ax + b y
Vì đường thẳng (d) đi qua điểm M (1;5 ) nên: a + b = và (d) đi qua 5 0,25 điểm N ( 2;8 ) nên: 2a + b = 8. a + b =5 a = 3 0,25 Ta có:  ⇔ 2a + b = b = 2 8 0,25 Vậy phương trình đường thẳng (d) : = 3x + 2 y 2. Cho phương trình x − 2( m − 1 )x + m 2 − m − 4 = với 𝑚𝑚 là tham Câu 3 1. Giải phương trình x 2 − 7 x + 10 = 0 số. Tìm 𝑚𝑚 để phương trình có hai nghiệm phân biệt 𝑥𝑥1 , 𝑥𝑥2 thỏa 2 0 (2 điểm) mãn: x12 − 2 x2 ( x2 − 2 ) + m 2 − 5m =0. 1. Ta có ∆ = b 2 − 4ac = ( −7 ) − 4.1.10 = 9 > 0 2 0,25 −b + ∆ 7 + 3 −b − ∆ 7 − 3 0,5 ⇒ x= 1 = = 5=; x2 = = 2 2a 2 2a 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 5 ; x2 = 2 0,25 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 𝑥𝑥1 , 𝑥𝑥2 thì: 2. Ta có: ∆ =−m + 5 ' ∆' > 0 ⇔ − m + 5 > 0 ⇔ m < 5  x1 + x2 = 2m − 2 (1 ) Theo hệ thức Vi-et ta có:  2 0,25  x1 .x2 = m − m − 4 (2) Theo đề bài ta có: x12 − 2 x2 ( x2 − 2 ) + m 2 − 5m = 0 ⇔ x12 − 2 x2 + 4 x2 + m 2 − m − 4 − 4m + 4 = 2 0 ⇔ x12 − 2 x2 + 4 x2 + x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) = 2 0 ⇔ x12 + x1 x2 − 2 x2 − 2 x1 + 2 x2 = 2 0 ⇔ ( x1 − x2 )( x1 + 2 x2 ) − 2 ( x1 − x2 ) = 0 ⇔ ( x1 − x2 )( x1 + 2 x2 − 2 ) = 0  x1 − x2 = 0  x1 = ( Loai ) x2 ⇔ ⇔  x1 + 2 x2 − 2 =  x1 + 2 x2 = ) 0 2 (3 0,25  x1 + x2 = 2m − 2  x1 = 4m − 6 Từ (1) và (3) ta có:  x + 2 x = ⇒  x =− 2m 2  1 2  2 4 Thay vào (2) ta được: ( 4m − 6 )( 4 − 2m ) = m2 − m − 4 ⇔ 16m − 24 − 8m 2 + 12m = m 2 − m − 4 ⇔ 9m 2 − 29m + 20 = 0 ⇔ ( m − 1)( 9m − 20 ) = 0 0,25 m = 1 (t / m) m − 1 = 0 ⇔ ⇔ 20  9m − 20 =  m = 0 (t / m)  9 20 Vậy:= 1;m m = 0,25 9 Câu 4: Cho đường tròn ( O ) , bán kính R ( R > 0 ) và dây cung BC cố định. (3 Một điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba điểm)
góc nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE của tam giác ABC cắt nhau tại H và BE cắt đường tròn ( O ) tại F (F khác B). 1. Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. 2. Kẻ đường kính AM của đường tròn ( O ) và OI vuông góc với BC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của HM và tính AF biết BC = R 3. 3. Khi BC cố định, xác định vị trí của A trên đường tròn (O ) để DH.DA lớn nhất.  90°  90° Vì AD ⊥ BC; BE ⊥ AC nên: HDC = ; HEC =   ⇒ HDC + HEC 90° + 90° 180° = = 1đ ⇒ Tứ giác DHEC nội tiếp. Vậy: Tứ giác DHEC nội tiếp. Trong tam giác ABC có BE , AD là hai đường cao cắt nhau tại H ⇒ H là trực tâm tam giác ABC ⇒ CH ⊥ AB Trong ( O ) có:  ,  là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn ABM ACM đường kính AM . ⇒  = =. ABM  90° ACM  MB ⊥ AB CH ⊥ AB(cmt ) ⇒ mà   MC ⊥ AC  BH ⊥ AC (GT ) Suy ra: MB // CH , MC // BH ⇒ BHCM là hình bình hành (1) Lại có, trong ( O ) có OI ⊥ BC tại I (GT) ⇒ I là trung điểm của BC ( 2 ) (đường kính vuông góc với dây). Từ (1) và ( 2 ) , suy ra I là trung điểm của HM . 0,5    Trong đường tròn ( O ) có ACB = AFB ( cùng chắn cung AB ) Lại có : Tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn (c/m trên) có DCE =  (góc trong bằng góc ngoài đỉnh đối diện) hay  AHF ACB =   AHF   Suy ra AFB = AHF ⇒ ∆AHF cân tại A
BC R 3 Vì I là trung điểm của BC ⇒ BI = CI = = 2 2 Áp dụng định lí py-ta-go vào ∆CIO vuông tại I ta có: 2 R 3 R2 R  ⇔ OI = OI = ⇒ 2 = OI + CI ⇒ R = OI +  OC 2 2 2 2 2 .  2  4 2 Xét ∆AHM có: O là trung điểm của AM (GT) , I là trung điểm của HM (c/m trên) ⇒ OI là đường trung bình của ∆AHM . R ⇒ AH = 2.OI = 2. = R mà AF = AH (vì ∆AHF cân tại A ) 0,5 2 ⇒ AF = R Xét ∆DHB và ∆DCA có   BDH ADC 90° (vì AD ⊥ BC ) = =    HBD = DAC (cùng phụ ACB ) ⇒ ∆DHB ∽ ∆DCA ( g.g) DH DB ⇒ = DH .DA = ⇒ DB.DC DC DA 0,5 (a + b) ( DB + DC ) 2 2 BC 2 Áp dụng BĐT ab ≤ , ta có: DB.DC ≤ = 4 4 4 2 BC ⇒ DH .DA ≤ không đổi vì BC cố định 4 Dấu " = " xảy ra khi DB = DC ⇔ A là điểm chính giữa cung lớn BC 2 Vậy A là điểm chính giữa cung lớn BC  thì GTLN( DH .DA ) = BC 0,5 4 Cho a, b,c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = . Tìm giá trị 3abc a b c 1 điểm lớn nhất của biểu thức: M = 2 + 2 + 2 a + bc b + ca c + ab Câu 5 Từ điều kiện đề bài ta có ab + bc + ca 1 1 1 =3 ⇔ + + =3. abc a b c Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có: a a 1 a 2 + bc ≥ 2 a 2 bc = bc ⇒ 2 2a ≤ = a + bc 2a bc 2 bc a 11 1 ⇒ 2 ≤  +  a + bc 4  b c  b 11 1 c 11 1 1đ Tương tự, ta có 2 ≤  + ; 2 ≤  + . b + ca 4  c a  c + ab 4  a b  Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a b c 11 1 1 3 M = 2 + 2 + 2 ≤  + +  = . a + bc b + ca c + ab 2  a b c  2 Dấu “=” xảy ra a = b = c = 1 3 Vậy M Max = ⇔ a = b = c = 1. 2 Ghi chú
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác,nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.