zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Ban KHXH) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định

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

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Ban KHXH) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định” để giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Ban KHXH) năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (chung) – Đề: 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức P = 2024 + 2 2023 − 2025 + 2 2024 . 2) Tìm tọa độ của điểm M là giao điểm của đường thẳng y = x + 1 với trục Ox. 3) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 2 cm. 4) Tính thể tích của hình nón có chiều cao bằng 8 cm và bán kính đáy bằng 6 cm. Câu 2. (1,5 điểm) x + 4 x + 4 x −9 Cho biểu thức P = + (với x  0 và x  9 ). x +2 x −3 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm x để P = 5 . Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + 4m − 2 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 0 . b) Tìm tất cả giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 = 13 . 2 2) Giải phương trình x + 1 + 4 − x = 2x + 9 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn tâm O, AD là đường cao. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D trên AB, AC. Gọi AP là đường kính của đường tròn ( O ) . 1) Chứng minh tứ giác AEDF nội tiếp và AE.AB = AF.AC . 2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác AFE và AP vuông góc với EF. 3) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai T. Gọi K là trực tâm của tam giác BTC. Chứng minh tứ giác AHKT là hình bình hành. Câu 5. (1,0 điểm)
 4x + 5 + 2x = 2 y + 5 + y  1) Giải hệ phương trình  .  x +1 + 3 − x = 2 + y + 3 − x 2  1 6 2 1 42 2) Xét hai số thực dương x, y thỏa mãn + = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 x + y + 2 + + . x y x x y --------------- THCS.TOANMATH.com --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm./. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1(2 điểm) 1) P  2024  2 2023  2025  2 2024  2023  2 2023  1  2024  2 2024  1  ( 2023  1)2  ( 2024  1)2  2023  1  2024  1  2023  1  2024  1  2023  2024 2) Tung độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x+1 với trục Oy là: y  0  1  1 Vậy M(0; 1). 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm của cạnh huyền, bán kính của đường tròn đó là R  2 2 : 2  2 (cm) Diện tích của hình tròn đó là: S   R 2   .( 2) 2  2  2.3,14  6, 28 (cm 2 ) 4) Thể tích hình nón là: 1 1 V  . R 2 h  .3,14.62.8  301, 44 (cm3 ) 3 3 Câu 2 (1,5 điểm) x 4 x 4 x 9 Cho biểu thức P   (x  0; x  9) x 2 x 3 a) Rút gọn biểu thức P x 4 x 4 x 9 P  x 2 x 3 ( x  2) 2 ( x  3)( x  3) P  x 2 x 3 P  x 2 x 3 P  x 2 x 3 P2 x 5 b) Tìm x để P = 5 Ta có P = 5  2 x  5  5  2 x  0  x  0  x  0(TM) Vậy x = 0 thì P = 5 Câu 3 (2,5 điểm) CLB Toán THCS Trang 2
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 1) x 2   2m  1 x  4 m  2  0 (1) a) m  0 phương trình trở thành x 2  x  2  0  x 2  2 x  x  2  0  x2  x  x  2   1 x  2   0   x  2  x  1  0    x  1 Vậy với m  0 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x  2; x  1 . b) x 2   2m  1 x  4 m  2  0 (1) 2 2 Δ   2m  1  4   4m  2    2m  3  0m 3 Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì Δ  0  2m  3  0  m  2  x  x  2m  1 Định lý Vi – ét  1 2  x1 x2  4m  2 2 2 Ta có x12  x2  13   x1  x2   2 x1 x2  13   2m  1  2   4m  2   13  4m2  4m  5  13  0 2  m  1  4 m 2  4m  8  0  m 2  m  2  0   (TMĐK) m2 Vậy m  1; 2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn x12  x2  13 . 2 2) x  1  4  x  2 x  9 (1) (ĐK: 1  x  4 )  x 1 4  x  2  x  1 4  x   2 x  9 2  x  1 4  x   2 x  4   x  1 4  x   x  2 (*) Vì x  1 nên x  2  1  2  1  0  x  0 TM    x  3x  4  x  4 x  4  2 x  3x  0   2 2 2 2 (*)   x  1 4  x    x  2   x   3  L   2 Vậy phương trình có nghiệm là x  0 . Câu 4. (3,0 điểm) CLB Toán THCS Trang 3
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 y A x T H F K E O B D M C Q P 1) Chứng minh tứ giác AEDF nội tiếp và AE. AB  AF . AC Xét tứ giác AEDF có   90 ( E là hình chiếu của D trên AB ) AED   90 ( F là hình chiếu của D trên AC ) AFD      90  90  180 AED AFD  Tứ giác AEDF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) Xét ADB vuông tại D có DE là đường cao  AD 2  AE . AB (hệ thức cạnh và đường cao) Xét ADC vuông tại D có DF là đường cao  AD 2  AF . AC (hệ thức cạnh và đường cao)  AE. AB  AF . AC 2) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác AFE và AP vuông góc với EF .  Xét AFE và ABC có: BAC chung AE AF  (do AE. AB  AF . AC ) AC AB  AFE ∽ ABC (c.g .c )  AFE ABC Kẻ xy là tiếp tuyến của  O  tại A CLB Toán THCS Trang 4
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024  CAy   (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn  )  ABC AC    CAy mà hai góc này là hai góc so le trong AFE   xy / / EF mà AP  xy (vì xy là tiếp tuyến của  O  )  AP  EF 3) Chứng minh tứ giác AHKT là hình bình hành. Vì H là trực tâm ABC nên BH là đường cao ABC  BH  AC Mà   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  PC  AC ACP  BH / / PC Chứng minh tương tự ta có CH / / PB Tứ giác BHCP có BH / / PC , CH / / PB nên là hình bình hành Gọi M là trung điểm của BC  M cũng là trung điểm của PH Tam giác PAH có M , O thứ tự là trung điểm của PH , PA Nên MO là đường trung bình của PAH 1  MO  AH hay AH  2MO (1) 2 Kẻ đường kính TQ của  O  Chứng minh tương tự như trên ta cũng có tứ giác BKCQ là hình bình hành  M là trung điểm của KQ  MO là đường trung bình của QTK 1  MO  TK hay TK  2MO (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra AH  TK Vì H là trực tâm ABC nên AH là đường cao ABC  AH  BC Vì K là trực tâm của BTC nên TK là đường cao của BTC  TK  BC  AH / / TK Tứ giác AHKT có AH / / TK , AH  TK nên là hình bình hành. Câu 5 (1 điểm)  4x  5  2x  2 y  5  y  (1) 1) Giải hệ phương trình:  2  x 1  3  x  2  y  3  x  (2) CLB Toán THCS Trang 5
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 5 5 Điều kiện: x  ;y 4 2 4x  2 y Ta có: 1  4x  5  2 y  5  y  2x     2x  y  4x  5  2 y  5  2    2x  y    1  0  4x  5  2 y  5     y  2x   2  1(ktm)  4x  5  2 y  5  Thay y  2x vào (2) ta có: x  1  3  x  2  2x  3  x 2 a  x  1  Đặt  với  a  0; b  0  b  3  x  ta có: ab  x  1 3  x   x 2  2x  3 a  b  2  ab (3) Khi đó ta có hệ phương trình sau:  2 2 a  b  4 Ta có:  3  a 2  b 2  2ab  4  4ab  a 2b2  4  2ab  4  4ab  a 2b 2  ab  0  a 2b 2  2ab  0  ab(ab  2)  0    ab  2(loai )  a  0  x  1  y  2 Nếu ab  0     b  0  x  3 y  6 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1; 2  ,  3;6  1 6 2) Xét hai số dương x,y thoả mãn   2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y 1 42 P  4x  y   x y 2 1 42  2   36   1 6  Ta có: P  4x  y  2     2x  2x  2    y       x x y  x   y  x y Áp dụng bất đăng thức cô si: 2 2 2 2x  2x  2  3 3 2x.2x. 2  2x  2x  2  6 x x x 36 36 36 y  2 y.  y  12 y y y CLB Toán THCS Trang 6
TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀO 10 – NĂM 2023-2024 Do đó: 2 1 42  2   36   1 6  P  4x  y  2     2x  2x  2    y        6  12  2 x x y  x   y  x y P  20  2 2x  x 2   x2  1  x  1 Dấu = xảy ra khi:   2  (do x  0; y  0 )  y  36  y  36  y  6    y Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 20 khi  x; y   1;6  CLB Toán THCS Trang 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.