Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Trường THCS Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên (Lần 2)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo “Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Trường THCS Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên (Lần 2)” được chia sẻ dưới đây để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

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 - Trường THCS Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên (Lần 2)

SỞ GD  ĐT THÁI NGUYÊN THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 2 TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN NĂM HỌC 2024-2025, MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề 33 Câu 1 (1,0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A  3 48  2 12  . 11 Câu 2 (1,0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, giải phương trình: 2 x 2  2 2 x  1  0. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng d: y  4 x  m  5. a) Khi m  0, tìm tọa độ giao điểm của d và (P). b) Tìm giá trị của m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn ( x1  1)( x2 2  3x2  m  6)  3. 1 3 x  y 2  4 Câu 4 (1,0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình   5  1  4  0 x y 2   2  x 4x  2  x  x  x  Câu 5 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức B       : , x  0, x  4, x  1.  2  x x  4  2  x  2 x  x   Câu 6 (1,0 điểm). Một đội thợ mỏ cần khai thác 216 tấn than trong một thời gian nhất định. Ba ngày đầu, mỗi ngày đội khai thác theo đúng định mức, sau đó do cải tiến kỹ thuật, mỗi ngày họ đều khai thác vượt định mức 8 tấn. Do đó, họ đã khai thác được 232 tấn và xong trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày đội phải khai thác bao nhiêu tấn than? Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , AH  12 cm , HC  16 cm . Tính độ dài cạnh AB, AC. Câu 8 (1,0 điểm). Anh Bình đứng tại vị trí A cách một đài kiểm soát không lưu 50 m và nhìn thấy đỉnh C của đài này dưới một góc 55 so với phương nằm ngang (như hình vẽ). Biết khoảng cách từ mắt của anh Bình đến mặt đất bằng 1,7 m. Tính chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). Câu 9 (1,0 điểm). Cho đường tròn (O; R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp. b) Qua điểm N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân. Câu 10 (1,0 điểm). Cho đường tròn tâm (O) với dây cung AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn; M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB, AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh MK .MN  MI .MC . b) Chứng minh tam giác AKI cân tại K. ---------------Hết------------ Họ và tên thí sinh:…………………….........................………..Số báo danh:….....………Phòng thi:.............
SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 2 LƯƠNG NGỌC QUYẾN MÔN: TOÁN, Năm học 2024-2025 I. Hướng dẫn chung - Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng bài làm của học sinh. - Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được thống nhất trong toàn tổ chấm thi. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu trong bài thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 1 33 (1điểm) Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A  3 48  2 12  . 11 Tính giá trị của biểu thức 33 P  3 42.3  2 22.3  11  12 3  4 3  3 0,5 9 3 0,5 Chú ý: + Nếu HS bỏ qua bước 1 làm luôn bước 2 thì bước 2 được tính 0,5 điểm. + Nếu HS chỉ có kết quả thì được 0,5 điểm. 2 Không dùng máy tính cầm tay, giải phương trình: 2 x 2  2 2 x  1  0. (1điểm)  2 2 '   2.1  0 0,5 2 Vậy phương trình có nghiệm kép x1  x2  2 Chú ý: Thí sinh chỉ có kết quả đúng mà không trình bày cách làm thì cho 0,5. 0,5 3 Cho hàm số y  x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng d: y  4 x  m  5. (1điểm) a) Khi m  0, tìm tọa độ giao điểm của d và (P). b) Tìm giá trị của m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hành độ x1 , x2 thỏa mãn ( x1  1)( x2 2  3x2  m  6)  3. a) Khi m  0, ta được d: y  4 x  5 Phương trình hoành độ giao điểm là: x  4 x  5  x  4 x  5  0 2 2 0,25  x  1  y  1 Do a  b  c  0 nên phương trình có 2 nghiệm   x  5  y  25 Tọa độ giao điểm của d và (P) là: A  1;1 , B  5; 25 . 0,25 b) Phương trình hoành độ giao điểm là: x  4 x  m  5  x  4 x  m  5  0 2 2 '  9m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   '  0  m  9  x x 4 0,25 Theo hệ thức Vi-et ta có:  1 2  x1.x2  m  5
Vì x2 là nghiệm của phương trình nên: x2 2  4 x2  m  5  0  x2 2  3x2  x2  m  6  1  0  x2 2  3x2  m  6  x2  1 Mà ( x1  1)( x2 2  3x2  m  6)  3  ( x1  1)( x2  1)  3  x1 x2  ( x1  x2 )  1  3  m  5  4  1  3  0  m  5(tm) 0,25 Vậy: m = 5 4 1 3 (1điểm) x  y 2  4 Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình   5  1  4  0 x y 2  Điều kiện:  x  0  0,25 y  2 1 u Đặt  x  ta được hệ phương trình   u  3v  4  0,25  1 v 5u  v  4 y 2  1 u  1  x  1  x  1 Giải hệ phương trình được    (thỏa mãn điều kiện)  v 1  1  y3  1 0,25   y2 x  1 Vậy: Hệ phương trình có nghiệm  y  3 0,25 5  2  x 4x  2  x  x  x  (1điểm) Rút gọn biểu thức B      2  x x  4  2  x  : 2 x  x , x  0; x  4; x  1.      2 x 4x 2  x  2 x  x B     . 0,25  2  x 4  x 2  x  x  x 2  x   4x 2  x  . x (2  x ) 2 2 B 2  x 2  x  x  x 1 0,25 4 x 2  x  (2  x ) B . 2  x 2  x   x 1 0,25 4 x B 0,25 x 1 6 Một đội thợ mỏ cần khai thác 216 tấn than trong một thời gian nhất định. Ba ngày (1điểm) đầu, mỗi ngày đội khai thác theo đúng định mức, sau đó do cải tiến kỹ thuật, mỗi ngày họ đều khai thác vượt định mức 8 tấn. Do đó, họ đã khai thác được 232 tấn và xong trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày đội phải khai thác bao nhiêu tấn than?
Gọi lượng than dự kiến khai thác trong 1 ngày là x (tấn/ ngày; x >0) 216 Khi đó thời gian dự định khai thác đủ 216 tấn than là: (ngày) 0,25 x Thực tế: 0,25 - Lượng than khai thác 3 ngày đầu là: 3x (tấn) - Lượng than khai thác các ngày sau là: 232 – 3x (tấn) - Năng suất làm việc thực tế của đội thợ là: x + 8 (tấn/ngày) 232  3 x - Thời gian khai thác thác thực tế là:  3 (ngày) x8 Do thực tế họ đã khai thác được 232 tấn và xong trước thời hạn 1 ngày nên ta có phương trình: 0,25 216 232  3x 1  3 x x 8 Biến đổi được phương trình: x2 + 48x – 1728 = 0 Giải phương trình ta được: x 1 = 24 (tmđk); x 2 = - 72 (loại) Vậy: theo kế hoạch mỗi ngày đội phải khai thác 24 tấn than 0,25 7 Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , AH  12 cm , HC  16 cm . Tính độ (1điểm) dài cạnh AB, AC. - Hình vẽ: 0,25 - Có AC  AH 2  HC 2  122  162  20  cm  . 0,25 1 1 1 1 1 1 - Mặt khác:      AH 2 AB 2 AC 2 AB 2 AH 2 AC 2 1 1 1 1  2  2 2   AB 2  225  AB  15 . 0,25 AB 12 20 225 Vậy: AB  15  cm  , AC  20  cm  . 0,25 8 Anh Bình đứng tại vị trí A cách một đài kiểm soát không lưu 50 m và nhìn thấy (1điểm) đỉnh C của đài này dưới một góc 55 so với phương nằm ngang (như hình vẽ). Biết khoảng cách từ mắt của anh Bình đến mặt đất bằng 1,7 m. Tính chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). Ta có tứ giác AHKB là hình chữ nhật: HK  AB  50 ( m), AH  KB  1, 7 (m) 0,25
Tam giác HKC vuông tại K có  CK  CK  HK .tan CHK  50.tan 550  71, 41 tan CHK   HK 0,25 BC  KB  CK  71, 41  1, 7  73,11 (m) 0,25 Vậy: chiều cao của đài kiểm soát không lưu là 73,11 (m) 0,25 9 Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H (1điểm) nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp. b) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân. a) K' M H A B O 0,25 E N K F C Xét tứ giác AHEK có:   AHE  90 (AB  MN); AKE  900  Gãc néi tiÕp ch¾ n nöa ®êng trßn)  0,25   Suy ra AHE  AKE  1800  Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm). b) Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB,   AB  MN  MB  BN . 0,25     Có KFN  MKB (đồng vị và KE//FN), KNF  NKB (so le trong và KE//FN),       BKN  MKB (vì MB  BN )  KFN  KNF do đó NFK cân tại K. 0,25 ( Học sinh không vẽ hình không tính điểm) 10 Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm (1điểm) thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn; M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB, AC. Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh MK .MN  MI .MC . b) Chứng minh tam giác AKI cân tại K.
a)   Ta có MNB  ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) 0,25    MNI  MCK Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:  NMC : chung   MNI  MCK  cmt  MI MK  MIN  MKC  g  g     MK.MN  MI.MC 0.25 MN MC b)   Ta có MNI  MCK (cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp     HKI  NCI  NCM ( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)   sdMN (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) Lại có NMC  2   sdBM sdAN  sdAM sdMN      sdAN AHN    (góc có đỉnh bên trong 2 2 2 đường tròn)      NCM  AHK  HKI  AHK mà chúng ở vị trí so le trong  AH / /KI   Chứng minh tương tự ta có AKH  KHI mà chúng ở vị trí so le trong  AK / /HI 0.25  AH / /KI Xét tứ giác AHIK ta có   AHKI là hình bình hành (1) AK / /HI   Ta có: ABN  NMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau)    HBI  HMI  Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).    MHB  MIB (hai góc nt cùng chắn cung MB)   Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp  NKC  KIC (hai góc nt cùng chắn cung NC)     Mà MIB  NIC  dd   MHB  NKI    AHK  AKH  AHK cân tại H  AH  AK  2  Từ (1) và (2)  tứ giác AHIK là hình thoi 0.25  KA  KI   AKI cân tại K (đpcm) --------------Hết--------------