Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thanh Chương, Nghệ An

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

5
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 Thanh Chương, Nghệ An” 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 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 Thanh Chương, Nghệ An

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024-2025 Môn: Toán học Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,5 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A   32  2  27  6 3 7 x  6 y  6 b) Giải hệ phương trình:  3x  4 y  9 c) Xác định các hệ số a, b của hàm số y  ax  2024  b biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm A(3;6) và song song với đường thẳng y  2 x  1 Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2x 2  x  10  0 b) Cho phương trình x 2  4 x  1  0 có hai nghiệm dương x1 , x2 . Không giải phương trình, hãy 8 x1  2 x 2 2 tính giá trị của biểu thức P  x 2  x1 Câu 3 (2,0 điểm) a) Để tổ chức hoạt động trải nghiệm tham quan các địa chỉ đỏ, Trường A có 720 người tham gia và dự kiến thuê một số xe cùng loại (các xe chở được số người như nhau). Lúc sắp khởi hành, do được bổ sung thêm 2 xe cùng loại vì vậy so với dự định mỗi xe chở ít đi 18 người. Hỏi lúc đầu ban tổ chức đã chuẩn bị bao nhiêu xe ? b) Một hãng sản xuất rượu vang đã đặt hàng một công ty sản xuất thủy tinh một kiểu ly có phần đựng rượu cao 6cm, đường kính miệng ly là 6cm (hình vẽ) Biết rằng để tạo thành một cái ly là sự kết hợp gồm thành ly là một hình trụ cao 3cm, phần đáy ly là một nửa khối cầu có đường kính bằng với đường kính của miệng ly. Hãy tính thể tích rượu được chứa tối đa khi đổ vào ly Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại F. Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ BC ( M  B; M  C ) AM cắt CD tại E. a) Chứng minh tứ giác BMEF nội tiếp b) MD cắt AB và BC thứ tự tại I và K; AM cắt BC tại N.Chứng minh MA là tia phân giác của CMD và CM.KI=CN.KB. c) Chứng minh đường thẳng CI đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp CEN  2x  y  1  3y  1  x  x  2y  Câu 5 (0,5 điểm) Giải hệ phương trình   x  3x  2  2y  y 3 3 2  --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: ................................................. SBD:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LỚP 10 NĂM HỌC 2024 - 2025 MÔN THI: TOÁN (Hướng dẫn chấm này có 04 trang) Câu ý Nội dung Điểm   6 2 Tính giá trị của biểu thức A  32  27  1,0 3 a) A 3 2 3 3 2 3  2 3  3 ( HS tính được từng căn cho 0,25 điểm) 0,75 A= 2. 0,25 7 x  6 y  6 Giải hệ phương trình:  1,0 3 x  4 y  9 7 x  6 y  6 14x  12 y  12 5x  15  x  3  x  3 b)      Câu 1 3x  4 y  9 9 x  12 y  27 3x  4 y  9 3.(3)  4 y  9 y  9 / 2 0,25 (2,5 điểm) (Mỗi bước đúng 0.25 điểm) Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x;y)=(-3; 9/2) 0,25 Xác định các hệ số a, b của hàm số y  ax  2024  b biết rằng đồ thị của 0,5 hàm số đi qua điểm A(3;6) và song song với đường thẳng y  2 x  1 Vì đồ thị của hàm số song song với đường thẳng y  2 x  1 nên c) a  2 a  2 0,25   2024  b  1 b  2023 Vì đồ thị của hàm số đi qua điểm A(3;6) nên ta có: 0,25 6=2.3+2024-b => b=2024 (tm) Giải phương trình 2x 2  x  10  0 1,0   (1) 2  4.2.(10)  81  0    9 0,25 1 9 1 9 5 a) Do đó phương trình có hai nghiệm là x1   2 và x1   4 4 2 0,5 5 Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt: x1  2 ; x1  0,25 2 Cho phương trình x  4 x  1  0 có hai nghiệm dương x1 , x2 . Không giải 2 8 x1  2 x2 2 1,0 Câu 2 phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức P  (2,0 x2  x1 điểm) x  x  4 Vì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên theo hệ thức Vi-ét ta có  1 2 . 0,25  x1.x2  1 b) Ta có x 2 là 1 nghiệm của pt nên: 0,25 x2  4 x2  1  0  x2  4 x2  1  8 x1  2 x2 = 8x1  8x2  2  30 2 2 2 x2  x1 = ( x2  x1 ) 2  ( x2  x1 ) 2  4 x2 x1  12  2 3 0,25 8 x1  2 x2 2 30 Nên P   5 3 0,25 x2  x1 2 3 Để tổ chức hoạt động trải nghiệm tham quan các địa chỉ đỏ, Trường A có 720 người tham gia và dự kiến thuê một số xe cùng loại (các xe chở được số người a) như nhau). Lúc sắp khởi hành, do được bổ sung thêm 2 xe cùng loại vì vậy so 1,5 với dự định mỗi xe chở ít đi 18 người. Hỏi lúc đầu ban tổ chức đã chuẩn bị bao nhiêu xe ?
Gọi số xe lúc đầu BTC dự định là x (xe) x  N * . 0.25 720 Do dự định chở 720 người nên mỗi xe chở được là : (người) x Do có 2 xe bổ sung nên số xe thực tế là : x  2 (xe) 720 Vì vậy mỗi xe chở được : (người) 0.25 x2 Vì vậy so với dự định mỗi xe chở ít đi 18 người nên ta có phương trình: 720 720 720 x 18 x  x  2  720  x  2  0.25  18     x2 x x2 x  x  2 x Câu 3 (2,0  720 x  18 x 2  36 x  720 x  1440  0  x 2  2 x  80  0 điểm)  x  10  L   . x  8   TM  0.5 Như vậy kết hợp điều kiện ta có số lượng xe ban đầu chuẩn bị là 8 xe 0.25 Một hãng sản xuất rượu vang đã đặt hàng một công ty sản xuất thủy tinh một kiểu ly có phần đựng rượu cao 6cm, đường kính miệng ly là 6cm.Biết rằng để tạo thành một cái ly là sự kết hợp gồm thành ly là một hình trụ cao 3cm, 0,5 phần đáy ly là một nửa khối cầu có đường kính bằng với đường kính của miệng b) ly. Hãy tính thể tích rượu được chứa tối đa khi đổ vào ly Thể tích rượu được chứa tối đa khi đổ vào ly là: 1 14  14  Vtrụ+ Vcầu= r 2 h   R 3    .32.3    .33   45 (cm 3 ) 0,5 2 23  23  (tính đúng thể tích mỗi phần cho 0.25 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại F. Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ BC ( M  B; M  C ) AM cắt CD tại E. a) Chứng minh tứ giác BMEF nội tiếp 1,5 b) MD cắt AB và BC thứ tự tại I và K; AM cắt BC tại N. Chứng minh MA là tia phân giác của CMD và CM.KI=CN.KB. c) Chứng minh đường thẳng CI đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp CEN Vẽ hình đúng (tính đến câu a) M C N E K H Câu 4 (3,0 0.5 A B điểm) F I D Chứng minh tứ giác BMEF nội tiếp 1,0 a) BFE  900 ( gt ); BME  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 BFE  BME  180 => tứ giác BFEC 0 0.5 b) Chứng minh MA là tia phân giác của CMD và CM.KI=CN.KB. 1,0
+) Xét (O): CD  AB  AC  AD  CMA  DMA => MA phân giác của CMD 0.5 MC MK +) MN là phân giác của CMK   CN KN MK BK MKN ∽ BKI  g .g    KN KI MC BK 0.5    MC.KI  BK .CN CN KI Chứng minh đường thẳng CI đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp CEN 0,5 Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt CI tại H CBA  DMA  Tứ giác MNIB nội tiếp mà BMN  900  BIN  900 Xét (O): ACN  900  ACN  AIN  1800 Tứ giác ACNI nội tiếp c) Ta có: EH//AB=> NEH  NAI (đồng vị) 0,5 Tứ giác ACNI nội tiếp NCI  NAI  NEH  NCI => Tứ giác CEHN nội tiếp mà CEH  900 => CH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEHI Vậy đường thẳng CI đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp CEN  2x-y-1+ 3y+1= x + x+2y  Giải hệ phương trình  3 0,5  x -3x+2=2y -y 3 2  Điều kiện: 2x  y  0; x  2y  0; x  0; y  1 3 Ta có: 2x  y  1  3y  1  x  x  2y  2x  y  1  x  3y  1  x  2y  0 x  y 1 x  y 1   0 2x  y  1  x 3y  1  x  2y  1 1    x  y  1   0  2x  y  1  x 3y  1  x  2y    y  x 1  1 1 Câu 5  (0,5  2x  y  1  x  3y  1  x  2y điểm) Với y  x  1 thay vào (*) ta có:  x  1  y  0  x  1  x  2   2  x  1   x  1   x  1  x  5   0   0.25 2 3 2 2  x  5  y  4 1 1 Với  ta có: 2x  y  1  x 3y  1  x  2y  2x  y  1  3y  1  x  x  2y    2x  y  1  x  3y  1  x  2y  x 1 Cộng vế với vế 2 PT ta được x  3y  1  y  Thay vào (*) 3 2 1  x  1  x  2   x  1   x  1   x  1  25x  59   0  x  1 do x  0 2 3 2 2 27 3 0,25 Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;0  ;  5;4 