Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Phòng GD&ĐT Xuân Trường, Nam Định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Phòng GD&ĐT Xuân Trường, Nam Định” sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án (Lần 1) - Phòng GD&ĐT Xuân Trường, Nam Định

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 1 HUYỆN XUÂN TRƯỜNG Năm học: 2023 - 2024 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ THI THỬ (Thời gian làm bài: 120 phút) Phần I. Trắc nghiệm: (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. x Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức là x2 − 2 A. x ≥ 0. B. x ≠ ±4. C. x ≥ 0; x ≠ 2. D. x ≠ ±2. 2+2 Câu 2: Kết quả của phép tính 8− = 2 + b ( a, b ∈ Z ) . Khi đó biểu thức a2 – b2 có giá trị a 2 +1 bằng A. 1. B. -1. C. 0. D. 2. Câu 3: Khoảng cách đường bộ từ cầu Lạc Quần đến cầu Đò Quan dài 25km. Xe máy thứ nhất đi từ cầu Lạc Quần đến cầu Đò Quan, cùng một lúc xe máy thứ hai đi từ cầu Đò Quan về cầu Lạc Quần, sau 25 phút hai xe gặp nhau. Mỗi giờ xe thứ hai đi chậm hơn xe thứ nhất 10km. Vận tốc xe thứ nhất là A. 35km/h B. 30km/h C. 25km/h D. 40km/h Câu 4: Giá trị của m để hai đường thẳng y = 6 x + m − 1 và y = ( m 2 − 3) x + 2 song song với nhau là A. m = ±3. B. m = −3. C. m = 3. D. m = 1. Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , số giao điểm của parabol y = 2 x 2 và đường thẳng y= x + 5 là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A , biết= 3, BC 5 , khi đó tanB có giá trị bằng AC = 3 3 4 5 A. . B. . C. . D. . 4 5 3 3 Câu 7: Cho tam giác ABC = 6= 8= 10cm . Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam có AB cm, AC cm, BC giác ABC là A. 100π cm 2 . B. 25π cm 2 . C. 36π cm 2 . D. 64π cm 2 . Câu 8: Cho hình nón có đường sinh bằng hai lần bán kính đáy. Biết thể tích của hình nón là 3π (cm3 ) , khi đó chiều cao của hình nón là A. 3 cm. B. 3 3 cm. C. 2 3 cm. D. 3cm. Phần II. Tự luận: (8,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) 1 1) Chứng minh đẳng thức 2− 3 + 2+ 3 −6 0. = 6 1
 x x +1   1+ x  2) Rút gọn biểu thức P  = − x − 1 :  1 +  , với x > 0, x ≠ 1. Tìm x để P ≥ 1.  x −1   x −1  Bài 2. (1,5 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M thuộc parabol y  x 2 và có hoành độ bằng 2 . Viết phương trình đường thẳng OM . 2) Cho phương trình x 2  5 x  m 1  0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 2x1  x2 .  1 1 1  x −1 + 2 y −1 = Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  x2 − x 4 y 2 − 2 y . =  Bài 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông cân ở A , đường cao AH . Vẽ A đường tròn tâm O đường kính BH cắt AB tại M . Biết AB  2 3cm . Tính diện tích của hình được giới hạn bởi tam M giác ABC và hình tròn ( O ) đường kính BH (phần tô đậm trong hình bên, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ B O H nhất). 2) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) , các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . Vẽ đường tròn (O) đường kính HC. Trên cung EC nhỏ của đường tròn (O), lấy điểm I sao cho IC > IE , DI cắt CE tại N . a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp và  = DIC. AEF  b) Gọi M là giao điểm của FE và CI, đường thẳng HM cắt (O) tại điểm thứ hai là K, KN cắt (O) tại điểm thứ hai là G, MN cắt BC tại T. Chứng minh MN//AB và ba điểm H,T,G thẳng hàng. Bài 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 20 x 2 + 14 x + = (14 x + 11) 2 x 2 + 1 . 9 2) Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 của biểu thức M = + + . xy + x + 2 yz + y + 2 zx + z + 2 ……………………..HẾT……………………… Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: …………………………………. Chữ kí của Giám thị số 1…………….…………Chữ kí của Giám thị số 2………………………. 2
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN XUÂN TRƯỜNG THI THỬ VÀO LỚP 10-THPT LẦN 1 ***** Năm 2023 ĐỀ THI THỬ Môn: Toán 9 Lưu ý: 1. Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh cần trình bày được, nếu học sinh làm cách khác đúng, lập luận chặt chẽ thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa tương ứng với ý đó. 2. Hình vẽ sai phần nào không cho điểm phần đó. Tổng điểm bài thi giữ nguyên, không làm tròn. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D A A B C A B D Phần II. Tự luận: Bài Câu Nội dung Điểm 1. 1) 1 Chứng minh đẳng thức: 2− 3 + 2+ 3 −6 0 = 6 (1,5 (0,5) điểm) 1 4−2 3 4+2 3 1 Biến đổi vế trái ta có: 2 − 3 + 2 + 3 −= 6 + −6 6 2 2 6 ( 3 − 1) 2 ( 3 + 1) 2 = + − 6 0,25 2 2 3 −1 3 +1 3 −1 3 +1 = + − 6= + − 6 = 6− 6 =0 2 2 2 2 Vậy đẳng thức được chứng minh 0,25 2)  x x +1   1+ x  2) Rút gọn biểu thức P  = − x − 1 :  1 +  , với x > 0, x ≠ 1. (1,0)  x −1   x −1  Tìm x để P ≥ 1.  ( x + 1)( x − x + 1)   1  Với x > 0; x ≠ 1, ta có P  = − ( x + 1)  : 1 +   ( x + 1)( x − 1)   x −1  0,25  x − x +1  x =  − ( x + 1)  : x −1 0,25   x −1 2 − x x −1 2 − x = = . . x −1 x x 0,25
2− x với x > 0, x ≠ 1, ta có P ≥ 1 ⇔ ≥1⇔ 2− x ≥ x ⇔ x ≤1⇔ x ≤1 x Đối chiếu với điều kiện => 0 < x < 1. 0,25 2 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M thuộc parabol y  x 2 và có hoành (1,5 (0,75) độ bằng 2 . Viết phương trình đường thẳng OM . điểm) M có hoành độ x = 2, điểm M thuộc parabol y  x 2 => M(2;-4) 0,5 Gọi phương trình đường thẳng OM là y  ax , đi qua điểm M(2; -4) suy ra -4 = 2a => a = -2 => phương trình đường thẳng OM là y = −2 x. 0,25 2) Cho phương trình x 2  5 x  m 1  0 ( m là tham số) (0,75) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho 2x1  x2 Ta có: ∆ = (−5) 2 − 4.1.(m − 1) = 29 − 4m nên: 29 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ 29 − 4m > 0 ⇔ m < 4 Theo định lí Viét, ta có:  b  x1 + x2 = a = − 5    x x = c m − 1. =  1 2 a  Mà 2x1  x2 nên điều kiện để bình phương hai vế là  x1 ≥ 0 x + x ≥ 0  ⇔ 1 2 ⇔ m ≥ 1.  x2 ≥ 0  x1 x2 ≥ 0 Khi đó 2 x1  x2  x2  4 x12 thay vào x1 + x2 = được 5 ta 5 0,25 4 x12  x1  5  0  x1  1 (TM ), x1   (loại) 4 Với x1  1  x2  4, thay vào x1 x2 m − 1 ta được 1.4 = m − 1 ⇔ m = 5 (TM ) = Vậy m = 5 là giá trị cần tìm. 0,25  1 1 1  x −1 + 2 y −1 = Giải hệ phương trình  2  x2 − x 4 y 2 − 2 y . = 
x ≠ 1  Đk  1 0,25 3. y ≠ 2  (1,0 điểm) x = 2y Biến đổi x 2 − x = 4 y 2 − 2 y ⇔ ( x − 2 y )( x + 2 y − 1) = 0 ⇔  0,25 x= 1− 2 y x = 5  Thay x = 2 y vào phương trình (1) và tìm được  5 (tm ) 0,25 y = 2  Thay x = 1 − 2 y vào phương trình (1) và tìm được x = 2  x = −1   (tm);  1 (tm) 0,25 y =1 y = − 2  Kết luận 1) Cho tam giác ABC vuông cân ở A , đường cao AH . Đường tròn ( O ) đường (1,0) kính BH cắt AB tại M . Biết AB  2 3cm . Tính diện tích của hình được giới hạn bởi tam giác ABC và hình tròn ( O ) đường kính BH (phần tô đậm trong 4. hình bên, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). (3,0đ) A M B C O H Ta có  ABC vuông cân tại A  AB  AC  2 3cm 1 1 0,25 Diện tích  ABC là S1  AB. AC  2 3.2 3  6(cm 2 ) 2 2 Xét ∆AHB vuông tại H có BH  AB.cos B  2 3.cos 450  6(cm) 6 ⇒ OB = OH = OM = cm. 2  Lại có ∆OBM cân và BOM 450 ⇒ ∆OBM vuông tại O nên diện tích ∆OBM là = 1 1 6 6 3 0,25 S2 = = = OM .OB . . (cm 2 ) 2 2 2 2 4 Diện tích hình quạt tròn OHM có bán kình OM , số đo cung 900 là 2  6 π .  .90 π .OM 2 .90 2  = 3π (cm 2 ) S3 = = 0,25 360 360 8 Diện tích hình được giới hạn bởi tam giác ABC và hình tròn ( O ) đường kính 3 3π BH là S = S1 − S2 − S3 = 6 − − ≈ 4,1(cm 2 ) 0,25 4 8
Vậy diện tích cần tính là 4,1cm 2 Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) , các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . Vẽ đường tròn (O) đường kính HC. Trên cung EC nhỏ của đường tròn (O), 2) lấy điểm I sao cho IC > IE , DI cắt CE tại N . (2,0) a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp và  = DIC. AEF  b) Gọi M là giao điểm của FE và CI, đường thẳng HM cắt (O) tại điểm thứ hai là K, KN cắt (O) tại điểm thứ hai là G, MN cắt BC tại T. Chứng minh MN song song AB và ba điểm H,T,G thẳng hàng. M A I K E N F H O B C D T G Chứng minh AFHE nội tiếp 0,5   Chỉ ra điểm D, E thuộc đường tròn (O) và DHC = DIC (2 góc nội tiếp cùng 0,25 chắn cung DC) a) AHF  Vì tứ giác AFHE nội tiếp (cmt) ⇒  = (2 góc nội tiếp cùng chắn AEF (1,25) 0,25 cung FH) Mà DHC =  (2 góc đối đỉnh)  AHF ⇒ DHC =  =   AHF AEF ⇒=  AEF DIC 0,25 Vì MEC =  (2 góc đối đỉnh)  AEF   DIC   ⇒ MEC = hay MEN = NIC b) (0,75) ⇒ Tứ giác MENI nội tiếp (tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 ) 0 0,25  EIN = ⇒ EMN = ECD =  EHA =  EFA ⇒  =và AB song song với MN  AFM FMN 0,25
Chứng= NM.NT; NE.NC NG.NK minh NE.NC = ⇒ NM.NT = NG.NK NM NK ⇒ = NG NT  KMN  ⇒ ∆KNM  ∆TNG (c – g – c) ⇒ TGN = (1) AB / / MN Ta lại có  ⇒ CF ⊥ MN AB ⊥ CF  HCK (     ⇒ KMN = cùng phụ KHC ) ⇒ KMN = HGK (2)  NGH  Từ (1) và (2) ⇒ NGT = Mà tia GT và tia GH cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ NG ⇒ H , T , G thẳng hàng. 0,25 5 1) Giải phương trình: 20 x 2 + 14 x + = (14 x + 11) 2 x 2 + 1 9 (1,0) (0,5) ĐKXĐ x ∈  Ta có 20 x 2 + 14 x + = (14 x + 11) 2 x 2 + 1 9 ⇔ 40 x 2 + 28 x + 18 − 2(14 x + 11) 2 x 2 + 1 =0 ⇔ 3(4 x 2 − 12 x − 5) (14 x + 11)  2 2 x 2 + 1 − (2 x + 3)  =   (14 x + 11)(4 x 2 − 12 x − 5) ⇔ 3(4 x 2 − 12 x − 5) = 2 2x2 + 1 + 2x + 3  14 x + 11  ⇔ (4 x 2 − 12 x − 5)  3 − =0 0,25  2 2x2 + 1 + 2x + 3  ( ) ⇔ (4 x 2 − 12 x − 5) 3 2 x 2 + 1 − 4 x − 1 =0  4 x 2 − 12 x − 5 =0 ⇔ 3 2 x 2 + 1 = 4 x + 1  3 ± 14 +) 4 x 2 − 12 x − 5 = 0 ⇔ x = 2  −1  −1 2  x≥  x≥ +) 3 2 x + 1 = 4 x + 1 ⇔  4 ⇔ 4 9(2 x 2 + 1)= (4 x + 1) 2   x 2 − 4 x + 4= 0  ⇔x=2 3 ± 14 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 2, x = = 0,25 2
2) Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện: xyz = 1. Tìm giá (0,5) trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 M= + + . xy + x + 2 yz + y + 2 zx + z + 2 Ta chứng minh BĐT sau: Với mọi số thực dương A, B ta luôn có 1 1 1 1  ≤  +  . Đẳng thức xảy ra khi A = B A+ B 4 A B  1 1 1 1  ≤  +  ⇔ 4 AB ≤ ( A + B ) ⇔ ( A − B ) ≥ 0 ( luôn đúng) 2 2 Thật vậy A+ B 4 A B  Áp dụng BĐT trên ta có 1 1 1 1 1  1  xyz 1  = ≤  + = + xy + x + 2 ( xy + 1) + ( x + 1) 4  xy + 1 x + 1  4  xy + xyz x + 1     1 1 z 1  ⇒ ≤  +  xy + x + 2 4  z + 1 x + 1  0,25 Chứng minh tương tự ta có 1 1 x 1  1 1 y 1  ≤  +  và ≤  +  yz + y + 2 4  x + 1 y + 1  zx + z + 2 4  y + 1 z + 1  1  x +1 y +1 z +1  3 Do đó M ≤  + + = . Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1. 4  x +1 y +1 z +1  4 Vậy giá lớn nhất của M bằng 3 khi x= y= z= 1. 0,25 4