Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Thái Hòa (Lần 3)

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

Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi sắp đến. TaiLieu.VN gửi đến các bạn tài liệu ‘Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Thái Hòa (Lần 3)’. Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 Thị xã Thái Hòa (Lần 3)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2024 - 2025 (Lần 3) THỊ XÃ THÁI HÒA Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,5 điểm) (3 − 2 2 ) 2 1) Tính giá trị của biểu thức A = 32 + − 8.  x 1  x +2 2) Rút gọn biểu thức B =   x − 16 + x − 4  : x − 4 với x  0 và x  16.    3) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng y = 2 x + m 2 và y = ( m −1) x + 2m + 3 ( m  1) cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Câu 2 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x2 − 4 x −1 = 0. 2) Cho phương trình x2 − 4 x + 2 = 0 có hai nghiệm dương x1 , x 2 thoả mãn x1  x2 . Không giải 1 1 phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức P = 2 − 2 + 2024. x1 x2 Câu 3 (2,0 điểm) 1) Một phòng họp có 320 ghế ngồi (loại ghế một chỗ ngồi) được xếp thành nhiều hàng ghế và số lượng ghế ở mỗi hàng là như nhau. Người ta tổ chức một buổi hội thảo dành cho 429 người tại phòng họp đó nên phải xếp thêm 1 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban đầu 3 ghế. Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu hàng ghế. 2) Người ta muốn làm một cái xô đựng nước có dạng hình nón cụt, có các kích thước cho ở hình vẽ bên, hãy tính diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó (cho biết phần mép nối không đáng kể và lấy   3,14 ). Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ; R ) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên cung nhỏ AC lấy điểm M bất kì ( M khác A và C ), BM cắt OC tại điểm E và DM cắt OA tại điểm F . a) Chứng minh OFMC là tứ giác nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng CM và AB. Chứng minh CMF ∽ EMA và KF .OA = AF .KB. OA OC c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để tổng + đạt giá trị nhỏ nhất. AF CE Câu 5 (0,5 điểm) Giải phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6) x + 7 = x2 + 7 x + 12. --- HẾT ---
Họ và tên thí sinh: ................................................. SBD:............................ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LỚP 10 LẦN 3 NĂM HỌC 2024 - 2025 MÔN THI: TOÁN (Hướng dẫn chấm này có 04 trang) Câu ý Nội dung Điểm (3 − 2 2 ) 2 Tính giá trị của biểu thức A = 32 + − 8. 1,0 1) A = 4 2 + 3 − 2 2 − 2 2 (lưu ý: HS tính được từng căn cho 0,25 điểm) 0,75 = 3. 0,25  x 1  x +2  x − 16 + x − 4  : x − 4 với x  0 và x  16. Rút gọn biểu thức B =   1,0     x x +4 : x +2 B= + ( )( ) ( )( ) 0,25  x +4 x −4 x +4 x −4  x −4   2) 2 x +4 x −4 = . ( x −4 )( x +4 ) x +2 0,25 = 2 ( x +2 ) . x −4 ( )( ) Câu 1 0,25 (2,5 x −4 x +4 x +2 điểm) 2 = . 0,25 x +4 Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng y = 2 x + m 2 và 0,5 y = ( m −1) x + 2m + 3 ( m  1) cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Hai đường thẳng y = 2 x + m 2 và y = ( m −1) x + 2m + 3 ( m  1) cắt nhau tại một a  a ' 2  m − 1 0,25 điểm trên trục tung   2 3) b = b '  m = 2m + 3 m  3 m  3   2    m = −1  m = −1 (thoả mãn điều kiện m  1 ).  m − 2m − 3 = 0   m = 3  0,25 Vậy hai đường thẳng y = 2 x + m 2 và y = ( m −1) x + 2m + 3 ( m  1) cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi m = −1. Giải phương trình x2 − 4 x −1 = 0. 1,0 Phương trình x2 − 4x −1 = 0 có a = 1, b ' = −2, c = −1 0,25 nên  ' = ( −2 ) − 1. ( −1) = 5  0. 2 Câu 2 0,25 (2,0 1) 2+ 5 điểm) Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 = = 2+ 5 0,25 1 2− 5 và x1 = = 2 − 5. 0,25 1
Cho phương trình x2 − 4 x + 2 = 0 có hai nghiệm dương x1 , x2 thoả mãn x1  x2 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức 1,0 1 1 P = 2 − 2 + 2024. x1 x2  x1 + x2 = 4 Vì phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên theo hệ thức Vi-ét ta có  . 0,25  x1.x2 = 2 2) 1 1 x 2 − x12 − ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) Ta có P = 2 − 2 + 2024 = 2 + 2024 = + 2024 0,25 ( x1.x2 ) ( x1.x2 ) 2 2 x1 x2 −4 ( x1 − x2 ) 2 = + 2024 0,25 22 −4 ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 2 − 42 − 4.2 = + 2024 = + 2024 = 2024 − 2 2. 0,25 4 1 Một phòng họp có 320 ghế ngồi (loại ghế một chỗ ngồi) được xếp thành nhiều hàng ghế và số lượng ghế ở mỗi hàng là như nhau. Người ta tổ chức một buổi hội thảo dành cho 429 người tại phòng họp đó nên phải xếp thêm 1,5 1 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban đầu 3 ghế. Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu hàng ghế. Gọi số hàng ghế lúc đầu của phòng họp là x ( đơn vị: hàng, điều kiện: 0,25 x *) Ta có số hàng ghế sau khi xếp thêm của phòng họp là x + 1 (hàng). 0,25 320 Số ghế trong mỗi hàng lúc đầu là (ghế). x 0,25 1) 429 Số ghế trong mỗi hàng sau khi xếp thêm là (ghế). x +1 Vì mỗi hàng ghế phải xếp nhiều hơn số lượng ban đầu 3 ghế nên ta có 429 320 0,25 phương trình − = 3. x +1 x Khử mẫu và biến đổi ta được 429x − 320x − 320 = 3x2 + 3x 0,25  3x2 −106 x + 320 = 0. 10 Giải phương trình ta được x1 = (không thỏa mãn), x2 = 32 (thỏa 3 0,25 mãn). Vậy lúc đầu phòng họp đó có 32 hàng ghế. Câu 3 (2,0 Người ta muốn làm một cái xô đựng nước có dạng điểm) hình nón cụt, có các kích thước cho ở hình vẽ bên, hãy tính diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó (cho biết phần mép nối không đáng kể và lấy   3,14 ). 0,5 2) Diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó bằng tổng diện tích xung quanh của hình nón cụt và diện tích của hình tròn đáy có bán kính 10cm. 0,25
Diện tích xung quanh của hình nón cụt là Sxq =  ( r1 + r2 ) l  3,14.(10 + 20) .30 = 2 826 ( cm2 ) . ( ) 0,25 Diện tích của hình tròn đáy là  R2  3,14.102 = 314 cm2 . Vậy diện tích tôn cần dùng để làm cái xô đó là 2 826 + 314 = 3 140 ( cm2 ) . Chứng minh OFMC là tứ giác nội tiếp 1,5 C Ta có CMF = 90 (góc nội tiếp chắn 0,25 M nửa đường tròn) và E 1) B COF = 90 (do AB ⊥ CD ). 0,25 K A F O Xét tứ giác OFMC có 0,25 D CMF + COF = 90 + 90 = 180. Vẽ hình đúng được 0,5 điểm Do đó OFMC là tứ giác nội tiếp. 0,25 Chứng minh CMF ∽ EMA và KF .OA = AF .KB. 1,0 Vì OFMC là tứ giác nội tiếp nên MOA = MCF . 0,25 Tương tự câu a) ta cũng chứng minh tứ giác OEMA nội tiếp nên MOA = MEA. Từ đó suy ra MCF = MEA. Xét CMF và EMA có MCF = MEA và 0,25 CMF = EMA = 90 nên CMF ∽ EMA g.g . 2) Ta có AOD = BOD = 90  AD = BD  AMF = BMF nên MF là đường phân giác trong của tam giác AMB. Mà MK ⊥ MF nên MK là đường phân giác 0,25 AF KA  AM  ngoài của tam giác AMB. Do đó = =   AF .KB = BF .KA. (1) BF KB  MB  Ta lại có KF.AB = ( KA + AF )( KB − KA) = AF.KB − AF.KA + KA ( KB − KA) Câu 4 = AF.KB − AF.KA + KA.AB = AF.KB + AK ( AB − AF ) = AF.KB + BF.AK. (2) 0,25 (3,0 Từ (1) và (2) suy ra KF . AB = 2 AF .KB  KF .2OA = 2 AF .KB  KF .OA = AF .KB điểm) OA OC Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để tổng + đạt giá trị AF CE 0,5 nhỏ nhất. OC 1 DC 1 DE + EC 1 DE 1 C Ta có = = = + M CE 2 CE 2 CE 2 CE 2 E Mặt khác: CEM ∽ BED và CEB ∽ MED nên ta DE EM BD MD DE BD MD MD A F O B có . = .  = . = 0,25 EM CE CM CB CE CM CB CM OD = . D OF 3) OA OC OA 1 OD 1  2 1  1 Từ đó suy ra + = + . + = R.  + + AF CE AF 2 OF 2  2 AF 2OF  2 ( )  2 2  ( ) ( ) 2 2 2 2 +1 2 +1 = R.  1  1 1 1 + +  R. + = + = 2 + 2.  2 AF 2OF  2 2 ( AF + OF ) 2 2 2     0,25 2 1 AF 2 OA 2 +1 Dấu đẳng thức xảy ra  =  =  = 2 AF 2OF OF 1 OF 1  OF = OA 2 +1 ( ) = R. 2 − 1 . Vậy tổng OA OC + AF CE đạt giá trị nhỏ nhất khi M
là giao điểm thứ hai của tia DF với cung nhỏ AC, trong đó F là điểm thuộc đoạn thẳng OA sao cho OF = R. ( 2 −1 .) Giải phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6) x + 7 = x2 + 7 x + 12. 0,5 Điều kiện xác định của phương trình là x + 2  0  x  −2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với:  3x2 + 21x + 36 − 3 ( x + 1) x + 2 − 3 ( x + 6) x + 7 = 0 ( )  ( x + 1) x + 4 − 3 x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ( ) x + 7 − 3 + x 2 + 3x − 10 = 0 0,25 ( x + 1) ( x − 2) + ( x − 2) 2 Câu 5 (0,5  ( x + 6) x+7 + ( x − 2 )( x + 5) = 0 x+4+3 x+2 x+7 +3 điểm)  ( x + 1)  2  ( x − 2)  + ( x + 6 ) x + 7 + x + 5 = 0 x+4+3 x+2    ( x + 1) 2 0,25  x = 2 (do + ( x + 6 ) x + 7 + x + 5  0 với mọi x  −2 ). x+4+3 x+2 Đối chiếu với điều kiện x  −2 ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. TỔNG ĐIỂM 10,0