Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương” sau đây để hệ thống lại kiến thức đã học và biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chủ yếu được đề cập trong đề thi để từ đó có thể đề ra kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập thật tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2024 – 2025 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 02/06/2024 Thời gian làm bài: 120 phút, không tính thời gian phát đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 4 x 2 + 5 x − 6 =. 0 2 x= y + 3  2. Giải hệ phương trình:  3 x − 1  2 = y +1  Câu 2 (2,0 điểm)  2   x+2 x  1. Rút gọn biểu thức P =  2−  : −  , với x ≥ 0; x ≠ 1 .  1− x   x + x − 2 x +2 2. Cho hai đường thẳng (d1 ) : = 2 x − 5 và (d 2 ) : y= ( 2m + 1) x + m − 2 . Tìm các giá trị của y tham số m để hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 3 . Câu 3 (2,0 điểm) 1. Một người thợ dự định may 1000 chiếc khẩu trang trong một thời gian nhất định. Nhờ tăng năng suất lao động, nên mỗi ngày người đó may thêm được 30 chiếc khẩu trang so với kế hoạch. Do đó, chẳng những đã may vượt mức 170 chiếc khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó dự định may được bao nhiêu chiếc khẩu trang? 2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho phương trình x 2 − 2mx − 4m − 5 = có hai nghiệm 0 x1 , x2 thoả mãn x1 − 2 ( m − 1) x1 + 2 x2 − 4m =+ 2 x1x 2 . 2 5 Câu 4 (1,0 điểm). Hai người đứng trên bờ hồ tại các điểm A và B cách C nhau 200 mét quan sát một điểm C trên cái cây phía bờ bên kia. Dùng  giác kế, người tại A đo được CAB = 450 , người tại B đo được  CBA = 600 ( tham khảo hình vẽ bên). Hỏi điểm C đó cách điểm A bao 600 450 nhiêu mét ( làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất). A B Câu 5 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) , với B, C là các tiếp điểm. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AO và BC . 1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2. Gọi M , N là hai giao điểm của đường thẳng AO với đường tròn (O) sao cho M thuộc đoạn AN . Gọi P là trung điểm HN , đường thẳng qua H vuông góc với BP tại J cắt đường thẳng BM tại S . a. Chứng minh rằng hai tam giác BPN và SHB đồng dạng. b. Hai đường thẳng SP và BC cắt nhau tại K , đường thẳng qua B vuông góc với SP tại I cắt đường thẳng MN tại Q . Chứng minh rằng HK .HQ = PQ.KC . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy 2 + yz 2 + zx 2 = . Tìm giá trị nhỏ 3 xyz xz 2 yx 2 zy 2 nhất của biểu thức P = + + . y ( y + z ) z ( z + x ) x( x 2 + y 2 ) 2 2 2 2 - - - - - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - - - - - Họ và tên thí sinh: ....................................................... Số báo danh: .............................. Phòng thi: ............... Cán bộ coi thi số 1: ..................................................... Cán bộ coi thi số 2: .....................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2024 – 2025 Môn: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 x + 5 x − 6 = 2 0 ∆ 25 − 4.4.(−6) = 121 = 0,5 3 Khi đó phương trình có 2 nghiệm là và −2 4 0,5 2 x= y + 3  2. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  3 x − 1  2 = y +1  1 2 x= y + 3  2 x= y + 3  3x − 1 ⇔  2 = y + 1 3 x − 1= 2 y + 2  0,25 = 2x − 3 y = 2x − 3 y ⇔ ⇔ 3 x − 2 y = 3 x − 2 ( 2x − 3) = 3 3 0,25 = 2x − 3 y ⇔ − x + 6 =3 0,25 x = 3 x = 3 ⇔ . Vậy hệ phương trình có nghiệm  .  y=3  y=3 0,25  2   x+2 x  1. (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức 2− P= : −  với  1− x   x + x − 2  x +2  x ≥ 0; x ≠ 1 .   2  2   x+2 x  / 2− Với x ≥ 0 và x = 1 thì P = : − 0,25  1− x   x −1  x +2 ( x +2  )( )  P 2+  2   x + 2 − x x −1 ( )  = : 0,25  x −1    x −1 (x +2 )( )  
 2 x   x +2  P= :  x −1    0,25     ( x −1)( ) x +2    2 x  1 P=  : = 2 x.  x −1  x −1  0,25 Vậy P = 2 x . 2. Cho hai đường thẳng (d1 ) : = 2 x − 5 và (d 2 ) : y= ( 2m + 1) x + m − 2 . Tìm các giá trị y của tham số m để hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 3 . 1 Hai đường thẳng (d1 ) và (d 2 ) cắt nhau khi và chỉ khi 2m + 1 = hay m = /2 / 0,25 2 Gọi A(a,3) là giao điểm hai đường thẳng d1 và d 2 . 0,25 Ta có A ∈ d1 ↔ 3 = 2a − 5 nên a = 4 hay A(4;3) 1 A ∈ d 2 ↔ 3 (2m + 1).4 + m − 2 ↔ m = = ( thỏa mãn điều kiện) 0,25 9 1 Vậy m = thỏa mãn đề bài. 0,25 9 1. (1,0 điểm). Một người thợ dự định may 1000 chiếc khẩu trang trong một thời gian nhất định. Nhờ tăng năng suất lao động , nên mỗi ngày người đó may thêm được 30 chiếc khẩu trang so với kế hoạch. Do đó , chẳng những đã may vượt mức 170 chiếc khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó dự định may được bao nhiêu chiếc khẩu trang? Gọi số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là x (chiếc). ĐK: x ∈ N * 0,25 Số khẩu trang mỗi ngày thực tế người đó may được là x + 30 (chiếc) 1000 Theo dự định thời gian người đó may được 1000 chiếc khẩu trang là ( ngày) x 3 1170 0,25 Thực tế thời gian người đó may được 1000+170 = 1170 chiếc khẩu trang là x + 30 ( ngày) Do thực tế hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày nên ta có phương trình: 1000 1170 0,25 − 1 = x x + 30 ⇒ 1000 x + 30000 − 1170 x = x 2 + 30 x ⇔ x 2 + 200 x − 30000 = 0  x = 100 (TM ) 0,25 ⇔  x = −300 ( KTM )
Vậy số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là 100 chiếc. 2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m sao cho phương trình x 2 − 2mx − 4m − 5 = có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn 0 x12 − 2 ( m − 1) x1 + 2 x2 − 4m =+ 2 x1x 2 . 5 Phương trình : x 2 − 2mx − 4m − 5 = (1) 0 ( m + 2) + 1 > 0, ∀m nên PT (1) luôn có hai nghiệm phân 0,25 2 Ta có ∆ = m 2 + 4m + 5 ' = biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m.  x1 + x2 =2m Theo định lý Vi-ét, ta có:  0,25  x1.x2 = m − 5 −4 Vì x1 nghiệm của PT (1) ⇒ x12 − 2mx1 − 4m − 5 = x12 − 2mx1 + 2 x1 − 4m = 2 x1 0⇔ 5+ 0,25 ⇔ x − 2 ( m − 1) x1 − 4m = + 2 x1 2 1 5 Do đó ta có −5 2x1 + 5 + 2x 2 = + 2 x1x 2 ⇒ x1 + x 2 = 1x 2 ⇒ 2m = 4m − 5 ⇒ m = 5 x − 6 0,25 −5 Vậy m = . 6 Câu 4. (1,0 điểm) Hai người đứng trên bờ hồ tại các điểm A và B cách nhau 200 4 mét quan sát một điểm C trên cái cây phía bờ bên kia. Dùng giác kế, người tại A đo   được CAB = 450 , người tại B đo được CBA = 600 ( tham khảo hình vẽ bên). Hỏi điểm C đó cách điểm A bao nhiêu mét ( làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất). C A H B H. Kẻ CH ⊥ AB = Ta có tam giác ABC nhọn nên H thuộc đoạn AB . Ta có 0.25 AH cot 1 = ∠CAH = nên AH = CH CH BH 1 CH = cot 600 = nên BH = 0,25 CH 3 3
1 AB Suy ra AH + BH = CH (1 + ) hay CH = 3 1 0,25 1+ 3 200. 2 Khoảng cách AC CH . 2 = = xấp xỉ bằng 179,3 mét 1 1+ 0,25 3 Đáp số: 179,3 mét Câu 5. (2,0 điểm) Cho đường tròn (O ) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến (O ) với B, C là các tiếp điểm. Gọi H là giao điểm của AO với 5 BC 1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. A H B C O 0,25 Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến với đường tròn nên ∠ABO == . 900 ∠ACO 0,25 1800 Tứ giác ABOC có ∠ACO + ∠ABO = 0,25 Do hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác ABOC nội tiếp. 0,25 2. Gọi M , N là hai giao điểm của đường thẳng AO với đường tròn (O) sao cho M thuộc đoạn AN . Gọi P là trung điểm HN , đường thẳng qua H vuông góc với BP tại J cắt đường thẳng BM tại S . a. Chứng minh rằng hai tam giác BPN và SHB đồng dạng. b. Hai đường thẳng SP và BC cắt nhau tại K , đường thẳng qua B vuông góc với SP tại I cắt đường thẳng MN tại Q . Chứng minh rằng HK .HQ = PQ.KC .
A S M H C B K Q I J O P N ∠HNC ( do tam giác NBC cân tại N và H trung điểm BC ) a. Ta có ∠HNB = và ∠HNC = ∠HBM (góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) 0,25 Từ đó được ∠HNB = ∠HBS ∠BPH ( cùng bằng 900 − ∠PHJ ) Ngoài ra ∠BHJ = Suy ra ∠BHS = ∠BPN 0,25 Vậy hai tam giác BHS và NPB đồng dạng. b. HS BH Hai tam giác BHS và NPB đồng dạng suy ra = (1) PB NP Lại có tứ giác IKHQ nội tiếp vì có hai góc ∠QIK = ∠KHQ = 900 nên ∠HKI = ∠HQB 0,25 Suy ra ∠BKS = . Ngoài ra ∠KHS = ∠BQN ∠BPQ Ta cũng được tam giác HKS đồng dạng tam giác PQB HK HS Từ đó = (2) PQ PB HK BH CH HK PQ Từ (1) và (2) có = = nên = PQ NP PH CH PH HK PQ KH PQ 0,25 Từ đó = suy ra = nên HK .HQ = KC.PQ . CH − HK PH − PQ KC QH Điều phải chứng minh.
3 xyz Câu 6. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy 2 + yz 2 + zx 2 = . Tìm giá trị nhỏ nhất của xz 2 yx 2 zy 2 P= + + y ( y 2 + z 2 ) z ( z 2 + x 2 ) x( x 2 + y 2 ) xy 2 + yz 2 + zx 2 y z x 2 2 3 xyz Ta có xy + yz + zx = ↔ 2 3↔ + + == 3 6 xyz z x y x y z 0,25 Đặt= a= b= c thì a + b + c = và a, b, c > 0 . , , 3 y z x x y z 0,25 y z x a b c P= + + = + 2 + 2 y z x b +1 c +1 a +1 2 ( )2 + 1 ( )2 + 1 ( )2 + 1 z x y a b c ab 2 bc 2 ca 2 Ta có 3 − P = (a − ) + (b − 2 ) + (c − 2 ) = 2 + 2 + 2 b2 + 1 c +1 a +1 b +1 c +1 a +1 0,25 1 1 0,25 Do b 2 + 1 ≥ 2b, c 2 + 1 ≥ 2c, a 2 + 1 ≥ 2a nên 3 − P ≤ (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) 2 2 6 9 3 Suy ra P ≥ 3 − = 6 2 Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 hay x y z = = 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt được khi x y z = = 2 Chú ý: Học sinh giải bằng cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa