Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Lê Lợi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn tập cùng "Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Lê Lợi" được chia sẻ sau đây sẽ giúp các em hệ thống được kiến thức môn học một cách nhanh nhất và hiệu quả nhất, đồng thời, phương pháp học này cũng giúp các em được làm quen với cấu trúc đề thi trước khi bước vào kì thi chính thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Lê Lợi

TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Đề A Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề  3   x+2 x  Câu 1: (2,0 điểm) P=  3+  :  −   x −1   x + x − 2 x +2  1. Rút gọn biểu thức P 4 x −1 2. Tìm các giá trị của x để P = x Câu 2 (2,0 điểm). 3 x + 2 y = 9 1. Giải hệ phương trình sau:   x − 4 y = −11 2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 2x - 3; ( d 3 ): y = - 3x + 2. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2x2 + 3x - 5 = 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2(m − 1)x + m 2 = hai nghiệm phân 0 có biệt x1 , x 2 thỏa mãn hệ thức ( x1 − x 2 ) + 6m =x1 − 2x 2 . 2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. 2) FE. FD = FB. FC. 3) FH vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + (x + 1) 2 ( y + 2) 2 ( z + 3) 2 -----------------------------------Hết---------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm I 1) a) ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 1 0.25 (2,0đ) (1.0đ)  3   x+2 x  P=3+ : −   x −1   x + x − 2  x +2  P= (  3 x −1 + 3   : ) x+2 − x    x −1  x −1  x + 2 x −1   ( )( ) x + 2  3 x − 3+ 3  P= : x+2 − x ( x −1 )   0.25   x −1     ( x +2 )( x −1 ) ( x +2 )( x −1  )  3 x   x+2− x+ x  0.25 P=    x −1 :  x + 2 x −1     ( )( )    3 x   2+ x  P=    x −1 :      ( x +2 )( x −1   ) P= 3 x ⋅ ( x +2 )( x −1 )=3 x x −1 2+ x Vậy với x ≥ 0, x ≠ 1 thì P = 3 x 0,25 P= 4 x −1 x ⇔3 x = 4 x −1 x ⇒ 3x − 4 x + 1 = 0 ⇔ ( )( ) x −1 3 x −1 = 0 0,25  x −1 = 0  x =1 x = 1 2) ( )( x −1 3 x −1 = 0 ⇔  ) ⇔  ⇔  x = 1 0,5 1,0 đ 3 x − 1 = 0  3 x = 1   9 x=1 không thỏa mãn ĐKXĐ. 1 4 x −1 Vậy x = thì P = 9 x 0,25 2 1 3 x + 2 y = 9 6 x + 4 y = 18 7 x = 7 x = 1 x = 1 (2,0đ) (1đ)  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0.5  x − 4 y = −11  x − 4 y = −11 3 x + 2 y = 9 3.1 + 2 y = 9 y = 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0.5
2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – 5 2 0.75 (1đ) Nên a = 3; b ≠ −5 Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 2x - 3; ( d 3 ): y = - 3x + 2 nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình y = 2x − 3 x =1  ⇔  y =3 x + 2 −  y =1 − => Q( 1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b ≠ −5 0,25 Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán. 3 1 2 x 2 + 3x − 5 = 0 (2,0đ) (1,0đ) Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 0,25 −5 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x 2 = 2 0,25 2 2 x − 2(m − 1)x + m = 02 (1,0đ) 2 Ta có: ∆ ' =  ( m − 1)  − m 2 = m 2 − 2m + 1 − m 2 = 1 − 2m −  1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 − 2m > 0 ⇔ m < 2 0,25  x + x = 2 ( m − 1) Theo vi-ét ta có:  1 2  x1 x 2 = m 2 Theo đề bài ta có: ( x1 − x 2 ) + 6m =x1 − 2x 2 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 + 6m =x1 − 2x 2 2 2 ⇔ 4 ( m − 1) − 4m 2 + 6m = x1 − 2x 2 2 ⇔ −2m + 4 x1 − 2x 2 = 0,25 Khi đó kết hợp với x1 + x 2 = 2 ( m − 1) ta có hệ pt:  4  4 x2 = m−2 x2 = m−2  x1 + x 2 = 2 ( m − 1)  3x 2 4m − 6 =   3   3  ⇔ ⇔ ⇔ Thay  x1 − 2x 2 = + 4  x1 + x 2 = 2m − 2  x = 2m − 2 − 4 m + 2  x = 2 m −2m  1  3  1 3  0,25  4 =x2 m−2  3  vào x1x 2 = m 2 ta được:  x = 2m  1 3  4 2 −1 4 1 4  m=0  m − 2  . m = m 2 ⇔ m 2 − m = 0 ⇔ −m  m +  = 0 ⇔  (tm) 3 3 9 3 9 3  m = −12 Vậy m = 0;m = −12 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 0,25
4 (3,0đ) A K D E H B M C F N 1 (1.0đ)  BEC  1) Ta có BD ⊥ AC ; CE ⊥ AB (GT) ⇒ BDC == 900 Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông =>tứ giác BEDC nội tiế 1,0   2) Vì BEDC nội tiếp => FEB = FCD 2  (1.0đ) Mà EFB chung 1,0 FE FC =ΔFCD (g.g) ⇒ > ΔFEB  = ⇒ FD.FE = FB.FC FB FD 3 3) Gọi giao điểm của FA với đường tròn (1.0đ) ngoại tiếp tam giác ABC là K.   Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB = FCA  Lại có KFB chung FK FC > ΔFKB  ΔFCA (g.g) ⇒ = = ⇒ FK . FA = FB.FC FB FA FK FD ⇒ FK . FA = FE. FD ⇒ = FE FA  chung => ΔFKE  ΔFDA (g.g) => FKE = FDA => tứ giác AKED nội Mà KFE   tiếp. Mặt khác  =  = 900 ( GT) ADH AEH => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. 1,0 =>K thuộc đường tròn đường kính AH =>  = 900. AKH Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có AN là đường kính ⇒  = = 900 ABN  ACN = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác =>FH vuông góc với AM.
Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + (x + 1) 2 ( y + 2) 2 (z + 3)2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 2 1 1 11 1 8 + 2 ≥  +  ≥ (*) a 2 b 2a b (a + b )2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: Câu 5 1 1 8 8 8 64 0,25 P= + + ≥ + ≥ (1đ) (x + 1) 2 y  2 ( z + 3) 2  y  2 ( z + 3) 2  y  2  + 1  x + + 2  x + + z + 5 2   2   2  2 + 3y − y 2 Mặt khác: x + z ≤ 2(x 2 + z 2 ) ≤ 2(3 y − y 2 ) ≤ 2 64 64 0,25 P≥ 2 ≥ 2 ≥1  y  2  1 2 6 + 2y −   8 − ( y − 2)    2    2  Dấu “=” xảy ra khi x=1;y=2;z=1 Vậy GTNN của P bằng 1
TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Đề B Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề  3   y+2 y  Câu 1 (2,0 điểm). Q =  3 + : −      y+ y −2 y −1  y + 2  1. Rút gọn biểu thức Q 5 y −2 2. Tìm các giá trị của y để Q = y Câu 2 (2,0 điểm). 2 x + 3 y = 11 1. Giải hệ phương trình sau:   x − 6 y = −17 2.Cho hàm số: y = mx + n. Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 2x – 3 và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 3x + 2; ( d 3 ): y = - 2x - 3. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3x2 + 2x - 5 = 0 2. Tìm các giá trị của tham số n để phương trình x 2 − 2(n − 1)x + n 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn hệ thức (x1 − x 2 )2 + 6n = x1 − 2 x 2 . Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp. 2) QK . QH = QP . QN. 3) QD vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 3b 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + (a + 1) 2 (b + 2) 2 (c + 3)2 .............................................................Hết............................................................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm 1 1 (2,0đ) (1,0đ) a) ĐKXĐ: y ≥ 0, y ≠ 1 1 0.25 (2,0đ)  3   y+2 y  Q = 3 + : −    y −1  y + y − 2   y + 2  Q= (  3 y −1 +   3   : ) y+2 − y    y −1    y + 2 y −1 y −1  y + 2 ( )( ) Q= 3 y − 3+ 3  : y+2 − y y −1 ( )     y −1   y + 2 y −1   ( y + 2 y −1 )( ) ( )( )   0.25  3 y   y+2− y+ y  Q= :  0.25  y −1  y + 2 y −1     (  )( )  3 y   2+ y  Q= :   y −1  y + 2 y −1     (  )( ) Q= 3 y ⋅ ( y +2 )( y −1 )=3 y y −1 2+ y Vậy với y ≥ 0, y ≠ 1 thì Q= 3 y 0,25 2 (1,0đ) Q= 5 y −2 y ⇔3 y = 5 y −2 y ⇒ 3y − 5 y + 2 = 0 ⇔ ( )( y −1 3 y − 2 = 0 ) 0,25  y −1 = 0  y =1  y = 1( KTM ) ( )( y −1 3 y − 2 = 0 ⇔  ) ⇔  ⇔   y = 4 (tm) 0.5 3 y − 2 = 0  3 y = 2   9 4 5 y −2 Vậy y = thì Q = 9 y 0,25 2 1 (2,0đ) (1,0đ) 2 x + 3 y = 11 4 x + 6 y = 22 5 x = 5 x = 1 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0,75   x − 6 y = −17  x − 6 y = −17 2 x + 3 y = 11 2.1 + 3 y = 9 y = 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0,25
2 Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng (1,0đ) ( d1 ): y = 2x – 3 Nên m= 2; n ≠ −3 Vì T là giao điểm của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 3x + 2; 0,5 ( d 3 ): y = - 2x - 3 nên tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ 3x + 2  y = x = −1 phương trình  ⇔  y =2 x − 3  y =1 − − => T( -1 ; -1) 0,25 Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa mãn n ≠ −3 Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán 0,25 1 2 1) 3 x + 2 x − 5 = 0 3 (1,0đ) Vì a=3;b=2;c=-5 nên a+b+c=3+2+(-5)=0 1,0 (2,0đ) −5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x 2 = 3 2 x 2 − 2(n − 1)x + n 2 = 0 (1,0đ) 2 Ta có: ∆ ' =  ( n − 1)  − n 2 = n 2 − 2n + 1 − n 2 = 1 − 2n −  0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 1 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 − 2n > 0 ⇔ n < 2  x1 + x 2 = 2 ( n − 1) Theo vi-ét ta có:  0,25  x1 x 2 = n 2 Theo đề bài ta có: ( x1 − x 2 ) + 6n = x1 − 2x 2 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 + 6n = x1 − 2x 2 2 2 ⇔ 4 ( n − 1) − 4n 2 + 6n = x1 − 2x 2 2 ⇔ −2n + 4 x1 − 2x 2 = Khi đó kết hợp với x1 + x 2 = 2 ( n − 1) ta có hệ pt:  4  4 x2 = n−2 x2 = n−2  x1 + x 2 = 2 ( m − 1)  3x= 4n − 6 2   3   3  ⇔ ⇔ ⇔  x1 − 2x 2 = + 4  x1 + x 2 = 2n − 2  x = 2n − 2 − 4 n + 2  x = 2 n −2m 0,25  1  3  1 3   4 x 2 3 n − 2  = Thay  vào x1x 2 = n 2 ta được:  x = 2n  1 3  4 2 −1 4 1 4  n=0  n − 2  . n = n 2 ⇔ n 2 − n = 0 ⇔ −n  n +  = 0 ⇔  (tm) 3 3 9 3 9 3  n = −12 Vậy n = 0;n = −12 thỏamãn yêu cầu đề bài. 0,25
4 M (3,0đ) L K H D P A N Q G  PHN 1) Ta có PK ⊥ MN ; NH ⊥ MP (GT) ⇒ PKN = = 900 1 1,0 (1.0đ) Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác PHKN nội tiếp   2) Vì PHKN nội tiếp => QHP = QNK 1,0 2  Mà HQP chung nên (1,0đ) QH QN ΔQHP  ΔQNK (g.g) ⇒ = ⇒ QK .QH = QP.QN QP QK 3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là L.   1,0 Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => QLP = QNM 3  Lại có LQP chung (1,0đ) QL QN > ΔQLP  ΔQNM (g.g) ⇒ = = ⇒ QL. QM = QP. QN QP QM QH QM  ⇒ QH . QK = QL. QM ⇒ = mà LQH chung QL QK => ΔQLH  ΔQKM (g.g)   => QLH = QKM => tứ giác MLHK nội tiếp.   Mặt khác MKD = MHD = 900 ( GT) => H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD.  => L thuộc đường tròn đường kính MD => MLD = 900. Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.   MPG Ta có MLD = 900 => MG là đường kính ⇒ MNG == 900  = > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ. Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP => MD vuông góc với QN. Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác => QD vuông góc với AM. Câu 5 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 3b
(1đ) 1 4 8 1,0đ Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + ( a + 1) (b + 2) ( c + 3) 2 2 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 0,25 1 1 11 1 8 + 2≥  +  ≥ ( *) x 2 y 2  x y  ( x + y )2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 8 8 8 64 P= + + ≥ + ≥ ( a + 1) ( c + 3) ( c + 3) 2 2 2 2 2 2 b   b   b   + 1  a + + 2  a + + c + 5 2   2   2  0,25 2 + 3b − b 2 Mặt khác: a + c ≤ 2 ( a 2 + c 2 ) ≤ 2 ( 3b − b 2 ) ≤ 2 64 64 P≥ 2 ≥ 2 ≥1  b  2  1 2  6 + 2b −   8 − (b − 2)   2  2  Dấu “=” xảy ra khi a=1;b=2;c=1 Vậy GTNN của P bằng 1 0,25