Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bình Giang

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

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo “Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bình Giang” giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị cho kì thi được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bình Giang

UBND HUYỆN BÌNH GIANG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2024 - 2025 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề bài gồm 01 trang) MÃ ĐỀ 01 Câu 1 (2,0 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau: x + y = 5  3 1) 12 − 3 x = + 2 x 2)  2 x − 3 y =  5 Câu 2 (2,0 điểm):  2 + a a a − 2a + 4 a   4  1) Rút gọn biểu thức: P =  −  :3−  , với a ≥ 0, a ≠ 4 .  a −2 a a +8   a +2 2) Tìm số nguyên m để hai đường thẳng sau: y = x + 3m và y 0,5 x + 1,5 cắt nhau tại − = một điểm có tọa độ ( x; y ) sao cho: x 2 + xy =. 30 Câu 3 (2,0 điểm): 1) Hai tỉnh A và B cách nhau 260 ( km ) . Một ô tô dự định đi từ A đến B với thời gian đã định. Sau khi đi được 80 ( km ) với vận tốc dự định, người lái xe tăng vận tốc thêm 10 ( km / h ) , do đó ô tô đã đến B sớm hơn dự định 54 phút. Tính vận tốc dự định của ô tô. 2) Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2m − 3 = (với m là tham số). Tìm m để 0 phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1 + 4 = x2 Câu 4 (3,0 điểm): 1) Điểm hạ cánh của một máy bay trực thăng ở giữa hai người quan sát A và B. Biết máy bay (Máy bay) C cách mặt đất là 125 ( m ) , góc nhìn thấy máy bay tạo với mặt đất tại vị trí A là 400 và tại vị trí B là 300 . 300 400 Hãy tìm khoảng cách giữa hai người quan sát A và B H A B (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tia AD cắt đường tròn (O) ở K (K ≠ A). Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng FD tại M. AM cắt đường tròn (O) tại I (I ≠ A), MD cắt BI tại N. a) Chứng minh: Tứ giác ACDF nội tiếp và tam giác CMD cân. b) Chứng minh: MD 2 = MI .MA và ba điểm C, N, K thẳng hàng. 3. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = Tìm giá trị ab bc ca lớn nhất của biểu thức: M = + + 5a 2 + 10ab + 10b 2 5b 2 + 10bc + 10c 2 5c 2 + 10ca + 10a 2 ---------- HẾT --------- Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...................... Giám thị 1: ...................................................... Giám thị 2: ........................................
UBND HUYỆN BÌNH GIANG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2024 - 2025 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề bài gồm 01 trang) MÃ ĐỀ 02 Câu 1 (2,0 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau: x + y = 3  3 1) 31 − x = x − 1 2)  3 x − 2 y =3  4 Câu 2 (2,0 điểm):  3 + x x x − 3x + 9 x   6  1) Rút gọn biểu thức: P =  −  :3−  , với x ≥ 0, x ≠ 9 .  x −3 x x + 27   x +3 2) Tìm số dương m để hai đường thẳng sau: = 3 x − m và = 2 x + 5 cắt nhau tại một điểm y y có tọa độ ( x; y ) sao cho: x 2 − xy = . −66 Câu 3 (2,0 điểm): 1) Hai tỉnh A và B cách nhau 260 ( km ) . Một ô tô dự định đi từ A đến B với thời gian đã định. Sau khi đi được 100 ( km ) với vận tốc dự định, người lái xe giảm bớt vận tốc đi 10 ( km / h ) , do đó ô tô đã đến B muộn hơn dự định 48 phút. Tính vận tốc dự định của ô tô. 2) Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 4m − 5 = (với m là tham số). Tìm m để 0 phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x1 + 6 = x2 Câu 4 (3,0 điểm): 1) Điểm hạ cánh của một máy bay trực thăng ở giữa hai người quan sát A và B cách nhau (Máy bay) C 300 ( m ) . Góc nhìn thấy máy bay tạo với mặt đất tại vị trí A là 400 và tại vị trí B là 300 . Hãy tìm chiều 300 400 cao CH của máy bay so với mặt đất (kết quả làm B H A tròn đến hàng đơn vị). 2) Cho tam giác MNP có ba góc nhọn, MN < MP nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao MD, NE, PF cắt nhau tại H. Tia MD cắt đường tròn (O) ở I (I ≠ M). Tiếp tuyến tại P của đường tròn (O) cắt đường thẳng FD tại K. MK cắt đường tròn (O) tại T (T ≠ M), KD cắt NT tại R. a) Chứng minh: Tứ giác MPDF nội tiếp và tam giác PKD cân. b) Chứng minh: KD 2 = KT .KM và ba điểm P, R, I thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: 15 . Tìm ab + ac + bc = a2 b2 c2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = + + 3a 2 + 8b 2 + 14ab 3b 2 + 8c 2 + 14bc 3c 2 + 8a 2 + 14ca ---------- HẾT --------- Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...................... Giám thị 1: ...................................................... Giám thị 2: ........................................
UBND HUYỆN BÌNH GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2024 - 2025. MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) MÃ ĐỀ 01 Câu Ý Nội dung Điểm 12 − 3x = + 2 (1). ĐK: −2 ≤ x ≤ 4 x 0,25 Bình phương 2 vế của (1) ta được: 0,25 ( ) 2 = + 2 ) ⇔ 12 − 3 x = x 2 + 4 x + 4 ⇔ x 2 + 7 x − 8 = (x 2 12 − 3 x 0 1) c Vì a + b + c = 1 + 7 + (-8) = 0 nên x1 = 1 ; x2 = = −8 (loại). 0,25 a Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 1 0,25 x + y = 5 3 x = 3 5−y x = 3 5−y    1 Ta có:  ⇔ ⇔ 0,25 2 x − 3 y =  5 2 x − 3 y =  5 2 3 5 − y − 3 y =  5 ( ) x = 3 5−y  x = − y  3 5 x = − y  3 5 ⇔ ⇔ ⇔ 0,25 2) 6 5 − 2 y − 3 y =  5 −5 y = 5  −5  y =5  x = 3 5− 5  x = 2 5  ⇔ ⇔ 0,25 y = 5  y = 5  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x, y) = 2 5; 5 ( ) 0,25  2 + a a a − 2a + 4 a   4  P=  a −2 −   :3−    , với a ≥ 0, a ≠ 4 .  a a +8  a +2 0,25 = P  2+ a − a a−2 a +4 ( )  : 3 a +6−4  a −2  a +2 a−2 a +4 ( )( )   a +2  2+ a a  a +2 1) P =  − . 0,25  a −2 a +2 3 a +2   a+4 a +4−a+2 a a +2 6 a +4 a +2 P = . . (a −2 a +2 )( 3 a +2 ) ( a −2 )( ) a +2 3 a +2 0,25 2 2 2 P= . Vậy P = , với a ≥ 0, a ≠ 4 . 0,25 a −2 a −2 Đồ thị các hàm số y = x + 3m và y 0,5 x + 1,5 cắt nhau tại điểm có tọa độ (x; − = y) nên (x; y) là nghiệm của hệ:  y = x + 3m − 0,5 x + 1,5 = x + 3m − x = m −1 2 0,25  ⇔ ⇔ = 0,5 x + 1,5 y  y = x + 3m −  y = +1 m Theo bài ra: x 2 + xy = 30 ⇒ ( 2m − 1) + ( 2m − 1)( m + 1) = 30 2 2) 0,25 ⇔ 2m 2 − m − 10 = 0  m = −2 ⇔ ( m + 2 )( 2m − 5 ) =0 ⇔  0,25  m = 2,5 Mà m là số nguyên, nên m = −2 (TM); m = 2,5 (loại) 0,25 Vậy m = -2 thoả mãn yêu cầu đề bài. Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (đk: x > 0) 3 1) 260 0,25 Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B là: (giờ) x
80 Thời gian ô tô đi hết 80 km đầu là: (giờ) x Quãng đường còn lại dài là 260 – 80 = 180 (km) 0,25 Vận tốc của ô tô đi trên đoạn đường còn lại là x +10 (km/h) 180 Thời gian ô tô đi hết đoạn đường còn lại là: (giờ) x + 10 9 Đổi 54 phút = (giờ) 10 0,25 260  80 180  9 Theo bài ra ta có pt: − + = x  x x + 10  10 180 180 9 1 1 1 ⇔ − =⇔ − = x x + 10 10 x x + 10 200 ⇒ 200( x + 10) − 200 x = x ( x + 10 ) ⇔ x 2 + 10 x − 2000 = 0 0,25  x = 40 (tm) ⇔ ( x − 40 )( x + 50 ) =0 ⇔   x = −50 (ktm) Vậy vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h. Xét phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m2 - 2m - 3 = 0 Ta có: ∆ ' = ( m − 1) − ( m 2 − 2m − 3) = 4 > 0 nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt 2 0,25 x1 ; x2 với mọi m. Tính được hai nghiệm của phương trình là: x = − 3; x = + 1 m m 0,25 * Trường hợp 1: x1 = − 3; x2 = + 1 , điều kiện bài toán trở thành: m m m ≥ −1  m ≥ −1  m = 0 0,25 2) m +1 = m +1 ⇔  ⇔ ⇔ (TM) ( m + 1) − ( m + 1) = m ( m + 1) =  m = −1 2  0  0 * Trường hợp 2: x1 = + 1; x 2 = − 3 , điều kiện bài toán trở thành: m m m ≥ 3  m ≥ 3 m + 5= m−3 ⇔  ⇔ 2 0,25 ( m + 5 ) − ( m − 3) = m + 9m + 28 = 2  0 0 Ta có: Phương trình m 2 + 9m + 28 = nghiệm vì: ∆ = - 31< 0 0 vô Vậy m = 0; m = -1 là giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán. C 1 Hình vẽ 400 300 A H B Vì máy bay cách mặt đất 125m nên CH = 125m 0,25 4 Xét ∆ AHC vuông tại H ta có CH = AH.tan A CH 125 0,25 => AH = = tan A tan 400 Xét ∆ CHB vuông tại H có CH = HB. tanB CH 125 0,25 => BH = = tanB tan 300 125 125 AB = AH + HB = + ≈ 365m tan 40 0 tan 300 0,25 Vậy khoảng cách giữa hai người A và B khoảng 365 (m)
A E F O H B D C Hình vẽ K N 0,25 I 2a) M 4 Chứng minh được tứ giác ACDF nội tiếp. 0,25   Vì tứ giác ACDF nội tiếp nên CAB = CDM   Ta có CAB = MCB (góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung cùng 0,25 chắn cung BC)   Do đó MCD = CDM ⇒ ∆CMD cân tại M. 0,25 Chứng minh được ∆MIC ∼ ∆MCA (g.g) ⇒ MI = ⇒ MC2 = MI.MA. MC 0,25 MC MA ∆CMD cân tại M => MC = MD => MD2 = MI.MA 0,25  Do MD2 = MI.MA và IMD chung ⇒∆MDI ∼ ∆MAD (c.g.c) 0,25  DAM       NDI 2b) ⇒ MDI = hay KAI = NDI . Mà KAI = KCI ⇒ KCI =  (1)    * ∆CMD cân tại M nên NDC MCD CAB ⇒ NIC + NDC = = =   1800  NDI ⇒ tứ giác CIND nội tiếp ⇒ NCI = (2)  0,25  NCI  Từ (1) và (2) ⇒ KCI = suy ra hai tia CK và CN trùng nhau. Suy ra ba điểm C, N, K thẳng hàng. Ta có: 5a 2 + 10ab + 10b 2 = (2a + 3b) 2 + (a − b) 2 ≥ (2a + 3b) 2 , dấu “=” có khi a = b ab ab 0,25 Suy ra: 5a 2 + 10ab + 10b 2 ≥ 2a + 3b ⇒ ≤ . 5a 2 + 10ab + 10b 2 2a + 3b ab 3a + 2b Ta chứng minh: ≤ (*) 2a + 3b 25 Thật vậy: (*) ⇔ 25ab ≤ (2a + 3b)(3a + 2b) ⇔ 6(a − b) 2 ≥ 0 (luôn đúng) 0,25 ab 3a + 2b Dấu “=” xảy ra khi a = b. Do đó: ≤ 2 5a + 10ab + 10b 2 25 5 bc 3b + 2c ca 3c + 2a Tương tự: ≤ ; ≤ 5b 2 + 10bc + 10c 2 25 5c 2 + 10ca + 10a 2 25 0,25 3a + 2b 3b + 2c 3c + 2a 1 Cộng các BĐT trên ta được: M ≤ + + = (a + b + c) 25 25 25 5 (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + (2ab + 2bc + 2ca ) Ta có: ≤ a 2 + b 2 + c 2 + (a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + a 2 ) 3 0,25 = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 = đó: a + b + c ≤ 3 . Suy ra M ≤ . 9 . Do 5 3 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng khi a = b = c = 1. 5 Chú ý: HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
UBND HUYỆN BÌNH GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2024 - 2025. MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) MÃ ĐỀ 02 Câu Ý Nội dung Điểm Phương trình: 31 − x = x − 1 . ĐK: 1 ≤ x ≤ 31 0,25 Bình phương hai vế, ta được: 0,25 31 − x = ( x − 1) ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 31 − x ⇔ x 2 − x − 30 = 0 2 1 ⇔ ( x − 6 )( x + 5 ) = 0 ⇔ x = 6 (TM) hoặc x = −5 (loại) 0,25 Vậy PT đã cho có nghiệm: x = 6 0,25  = 3 3−x x + y = 3  3 y Ta có:  ⇔ 0,25 1 3 x − 2 y =3  4  ( 3 x − 2 3 3 − x = 3 4 )  y =3 − x  3  y =3 − x  3 ⇔ ⇔ 0,25 2 = 10 3 5 x = 2 3  x  x = 2= 2 3  3 x  ⇔ ⇔ 0,25  y =2 3  3 3− 3 y =  Vậy HPT đã cho có nghiệm: ( x; y ) = 2 3; 3 ( ) 0,25  3 + x x x − 3x + 9 x   6  P=  x −3 −   :3−    , với x ≥ 0, x ≠ 9 .  x x + 27  x +3 0,25 =  P  3+ x − x x −3 x +9( )  : 3 x +9−6  x −3  ( x +3 x −3 x +9 )( )   x +3  3+ x x  x +3 1 P =  − . 0,25  x −3 x +3 3 x +3   (3 + x ) − x ( x − 3) . x + 3 = 9 ( x + 1) . x + 3 2 P= 0,25 ( x − 3)( x + 3) 3 x + 3 ( x − 3)( x + 3) 3 ( x + 1) 2 3 3 P= . Vậy P = , với x ≥ 0, x ≠ 9 0,25 x −3 x −3 Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng = 3 x − m và = 2 x + 5 là nghiệm của y y  y = 2x + 5 3 x − m = 2 x + 5  x = m + 5 0,25 HPT:  ⇔ ⇔ y = 3x − m y = 2x + 5  y =15 2m + Theo bài ra: x 2 − xy = , ta có: ( m + 5 ) − ( m + 5 )( 2m + 15 ) = 2 −66 −66 2 0,25 ⇔ m 2 + 15m − 16 = 0 m = 1 ⇔ ( m − 1)( m + 16 ) = ⇔  0 0,25  m = −16 Vì m là số dương, nên m = 1 (TM); m = - 16 (loại) 0,25 Vậy m = 1 thoả mãn yêu cầu đề bài. Gọi vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là x (km/h); ĐK: x > 10 260 0,25 Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B là: (h) 3 1 x 100 Thời gian ô tô đi trên quãng đường 100 (km) đầu là: (h) 0,25 x
Độ dài quãng đường còn lại là: 260 - 100 = 160 (km) Vận tốc ô tô đi trên quãng đường 160 (km) còn lại là: x - 10 (km/h) 160 Thời gian ô tô đi trên quãng đường còn lại là: (h) x − 10 4 Đổi 48 (phút) = (h) 5 0,25 100 160 260 4 Ta có PT: + = + x x − 10 x 5 100 160 260 4 + = + ⇒ x 2 − 10 x − 2000 0= x x − 10 x 5  x = 50(TM ) 0,25 ⇔ ( x − 50 )( x + 40 ) =0 ⇔   x = −40( L) Vậy vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B là: 50 (km/h) * PT: x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m 2 − 4m − 5 = (1) 0 Ta có: ∆ ' = ( m − 2) 2 ( ) − 1. m 2 − 4m − 5 = 9 > 0 với mọi m. 0,25 => PT luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m. Tính được hai nghiệm: x1 = − 5; x2 = + 1 m m 0,25 * TH1: x1 = − 5; x2 = + 1 ; mà x1 + 6 = x2 m m Ta có: m + 1 = m + 1 (ĐK: m ≥ −1 ) 0,25 m = 0 2 ⇔ ( m + 1) = m + 1 ⇔ m ( m + 1) = 0 ⇔  (TM ) 2  m = −1 * TH2: x2 = − 5; x1 = + 1 ; mà x1 + 6 = x2 m m Ta có: m + 7= m − 5 (ĐK: m ≥ 5 ) ⇔ ( m + 7 ) = m − 5 ⇔ m 2 + 14m + 49 = m − 5 2 0,25 2  13  −47 ⇔ m 2 + 13m + 54 = ⇔  m +  = 0 (vô lí)  2 4 Vậy m = 0; m = -1 thoả mãn yêu cầu đề bài. (Máy bay) C Hình vẽ 300 400 B H A 4 1 Vì khoảng cách giữa hai người quan sát là 300 (m) nên AB = 300 (m) 0,25 Xét ∆ BHC vuông tại H ⇒ = CH .cot B CH .cot 300 BH = 0,25 Xét ∆ CHA vuông tạ H ⇒ = CH .cot A CH .cot 400 AH = 0,25 Ta có: AB = BH + AH ⇒ CH . ( cot 30 + cot 400 ) = 300 0 ⇒ CH ≈ 103 ( m ) 0,25 Vậy máy bay cách mặt đất khoảng 103 (m)
M E O F H D Hình vẽ P 0,25 N I R T 2a K * Chứng minh tứ giác MPDF nội tiếp. 0,25   * Vì tứ giác MPDF nội tiếp PDK = PMN   * Ta có: KPN = PMN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng 0,25 chắn cung PN).   Do đó: PDK = KPD nên tam giác KPD cân tại K. 0,25 * Chứng minh: ∆ KPT đồng dạng ∆ KMP (g.g) ⇒ KP 2 = KT .KM 0,25 Mà ∆ KPD cân tại K => KP = KD ⇒ KD = 2 KT .KM KD KM  * Ta có: KD 2 KT .KM ⇒ = = và ∆ KDT và ∆ KMD có K chung KT KD => ∆ KDT đồng dạng với ∆ KMD 0,25     => KDT = KMD ⇒ RDT = TMI     2b Mà TMI = TPI (cùng chắn cung IT) => RDT = TPI (1)   1800 * Tứ giác PMNT nội tiếp đường tròn (O) ⇒ PMN + NTP =     Mà PDK = PMN ⇒ PDR + RTP = 1800   => Tứ giác PDRT nội tiếp => TPR = TDR (2) 0,25  TPR Từ (1) và (2) ⇒ TPI =  => Hai tia PI, PR trùng nhau. => Ba điểm P; I; R thẳng hàng. 1 Ta có: 3a 2 + 8b 2 + 14ab = ( a + 4b )( 3a + 2b ) ≤ ( 4a + 6b ) 2 0,25 a2 a2 ⇒ ≥ 3a 2 + 8b 2 + 14ab 2a + 3b b2 b2 c2 c2 Tương tự: ≥ ; ≥ 0,25 3b 2 + 8c 2 + 14bc 2b + 3c 3c 2 + 8a 2 + 14ca 2c + 3a a2 b2 c2 5 Suy ra: M = + + 3a 2 + 8b 2 + 14ab 3b 2 + 8c 2 + 14bc 3c 2 + 8a 2 + 14ca 0,25 ( a + b + c ) =c 2 a2 b2 c2 a+b+ ≥ + + ≥ 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 5a + 5b + 5c 5 ab + ac + bc 15 ⇒M ≥ = =3 5 5 0,25 Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 3 khi a = b = c = 5 Chú ý: HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.