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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thông qua việc giải trực tiếp trên “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam” các em sẽ nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024 - 2025 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (chung) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 04 - 06/6/2024 Câu 1. (2,0 điểm) a) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức P  12  2 27  2. 24 .  x 1 1  b) Cho biểu thức Q       x  2 với x  0, x  4 . Rút gọn Q và  x4 x 2 tìm x để Q  1. Câu 2. (2,0 điểm) 2 x  y  3 a) Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  . x  3y  5 b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y  ax  b . Tìm các hệ số a, b 2 biết (d ) có hệ số góc bằng 2 và (d ) cắt parabol ( P) : y  x 2 tại điểm M có hoành độ 3 dương và có tung độ bằng 6 . Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình 2 x  5 x  3  0 . b) Cho phương trình x 2  x  2m  4  0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x2  1  x2  x1  1 . 2 Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng OA, đường thẳng vuông góc với AB tại H cắt đường tròn đã cho tại hai điểm C, D. Trên đoạn thẳng CH lấy điểm N (N khác C và H), đường thẳng AN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M (M khác A). a) Chứng minh tứ giác BMNH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác ACM và tính AM.AN theo R. c) Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K (K khác B), gọi I là   giao điểm của hai đường thẳng MK và AB. Chứng minh MKH  MOB và A là trung điểm của đoạn thẳng OI. Câu 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương a , b, c thỏa mãn  a  1 b  1 c  1  1  37abc . Chứng minh 1 1 1 rằng 2  2  2  27. a b c ---------- HẾT ---------- * Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. * Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: …………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH QUẢNG NAM THPT CHUYÊN VÀ PTDTNT TỈNH NĂM HỌC 2024 - 2025 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (CHUNG) (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu 1 Nội dung Điểm Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức 1,0 P  12  2 27  2. 24 . a) P  2 36 34 3 0,75 (Biến đổi đúng 1 ý thì được 0,25) P4 3 0,25  x 1 1  Cho biểu thức Q      x 2  với x  0, x  4 . Rút gọn Q  x4 x 2 1,0 và tìm x để Q  1 . x 1  . x 2 Q  x 2  ( x  0, x  4) 0,25  x  2 x  2 b) .  3 Q x 2  x  2 x  2 0,25 3 Q .  x  0, x  4  0,25 x 2 3 Q 1 1 x23 x  1  x  1 (thỏa) 0,25 x 2 Câu 2 Nội dung Điểm 2 x  y  3 Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  . 1,0 x  3y  5 2 x  y  3 6 x  3 y  9 + Ta có:   0.25 x  3y  5 x  3y  5 7 x  14  0,25 a) 2 x  y  3 x  2  0,25 2 x  y  3 x  2   y  1 0,25 + Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2; 1 . Trang 1/4
Câu 2 Nội dung Điểm Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y  ax  b . Tìm các hệ số 2 a, b biết (d ) có hệ số góc bằng 2 và (d ) cắt parabol ( P) : y  x2 tại điểm 1,0 3 M có hoành độ dương và có tung độ bằng 6 . + (d ) : y  ax  b có hệ số góc bằng 2 nên a  2 0,25 2 2 b) + (d ) cắt parabol ( P) : y  x tại điểm M có tung độ bằng 6 3 0,25 2  6  x 2  x  3 3 + Do x  0 nên chọn x  3  M (3; 6) 0,25 + ( d ) đi qua điểm M (3;6)  3.(2)  b  6  b  12 . 0,25 + Vậy a  2 , b  12 . Câu 3 Nội dung Điểm Giải phương trình 2 x  5 x  3  0 . 1,0 + Điều kiện: x  0. 0,25 + Đặt t  x ; t  0. + Phương trình trở thành: 2t 2  5t  3  0 0,25 a)  1 + Giải được t   2 (loại giá trị t   1 ) 0,25  2  t 3 + Với t  3 giải được x  9 (thỏa) 0,25 + Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x  9 . Cho phương trình x 2  x  2m  4  0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1,0 x2 1  x2  1  x  x1  1 . 2 2 + Tính   1  4(2 m  4)  17  8m. 17 + Phương trình có hai nghiệm phân biệt    0  m  0,25 8 b) + Áp dụng hệ thức Vi-ét: x1  x2  1; x1.x2  2m  4 0,25 + Biến đổi: x 2 1 x2  1  x  x1  1  x1 x2  x1  x2   x 2 2 2 1 x 0 2 2 0,25   x1  x 2  x1  x 2  x1 x 2   0  x1  x 2  x1 x2  0 (do x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt nên x1  x2 ) 3  2m  3  0  m  (thỏa mãn) 2 0,25 3 + Vậy m  . 2 Trang 2/4
Câu 4 Nội dung Điểm Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng OA, đường thẳng vuông góc với AB tại H cắt đường tròn đã cho tại hai 3,5 điểm C, D. Trên đoạn thẳng CH lấy điểm N (N khác C và H), đường thẳng AN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M (M khác A). M C K N I A O B 0,25 H D Hình vẽ phục vụ câu a): 0,25 điểm. Chứng minh tứ giác BMNH nội tiếp đường tròn. 1,0   + AMB  90 hay NMB  90 . 0,25 a)  + NHB  90 0,25   + Suy ra NMB  NHB  180 0,5 + Kết luận: Tứ giác BMNH nội tiếp đường tròn. Chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác ACM và tính AM.AN 1,25 theo R.  + Tam giác ANC và tam giác ACM có chung góc A 1 0,25   + Tam giác ACD cân tại A nên ACD  ADC       + Mà ADC  AMC suy ra ACD  AMC hay ACN  AMC (2) 0,25 b) + Từ (1) và (2) suy ra  ANC đồng dạng với  ACM. AN AC + Vì  ANC đồng dạng  ACM nên ta có = hay AM.AN = AC2. 0,25 AC AM + Tam giác ABC vuông tại C, có đường cao CH nên AC2 = AH.AB 0,25 1 = R.2R=R 2 . 2 0,25 + Vậy AM.AN = R2. Trang 3/4
Câu 4 Nội dung Điểm Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K (K khác B), gọi I là   giao điểm của hai đường thẳng MK và AB. Chứng minh MKH  MOB và A 1,0 là trung điểm của đoạn thẳng OI.   + Ta có MOB  2MKB 0,25   + MKB  MAB   + Vì AKN  AHN  90 nên tứ giác AKNH nội tiếp đường tròn, suy ra     NKH  NAH hay BKH  MAB 0,25     + Do đó MKB  BKH , suy ra MKH  2MKB .   + Vậy MKH  MOB . c)   + Vì MKH  MOB nên tứ giác HOMK nội tiếp đường tròn    IKH  IOM   IKH và  IOM đồng dạng. 0,25  IK.IM = IH.IO + Lại có tứ giác AKMB nội tiếp đường tròn nên tương tự như trên, ta chứng minh được  IAK và  IMB đồng dạng, suy ra IK.IM = IA.IB + Do đó IH.IO = IA.IB  1  0,25   IO  R  .IO=  IO  R  .  IO  R   2   IO = 2R + Vậy A là trung điểm của đoạn thẳng OI. Câu 5 Nội dung Điểm Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn  a  1 b  1 c  1  1  37abc . Chứng 1 1 1 0,5 minh rằng    27. a 2 b2 c 2 + Biến đổi giả thiết ta được a  b  c  ab  bc  ca  36 abc 1 1 1 1 1 1        36 ab bc ca a b c + Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 0,25 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1  1  2  2 ;  2  2 ;  2  2 2  a b  ab 2  b c  bc 2  c a  ca 1 6 1 6 1 6 2 9 ; 2 9 ; 2 9 a a b b c c  1 1 1  1 1 1 1 1 1 + Suy ra 7  2  2  2   27  6         6.36 a b c   ab bc ca a b c  1 1 1  2  2  2  27 0,25 a b c 1 + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3 Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong HDC nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. ---------- HẾT ---------- Trang 4/4