Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hoá

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

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn tập cùng "Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hoá" 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 vào lớp 10 môn Toán năm 2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, Thanh Hoá

` GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề có 5 câu , gồm 01 trang) Họ tên thí sinh…………………….…………………………… SBD……………………Phòng ……………  15  x 2  x 1 Câu I( 2đ): Cho biểu thức P    : với x  0; x  25.  x  25 x 5 x 5 1. Rút gọn biểu thức P . 1 2. Tìm giá trị của x để P  . 2 Câu II(2đ): 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình y  mx  m  1 ( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua điểm M 1;3 . 3 x  2 y = 5 2. Giải hệ phương trình  .  2 x  3 y = 12 Câu III(2đ): 1. Giải phương trình 3x2  5x  2  0 . 2. Cho phương trình x 2  (2m  1) x  m 2  6  0 ( m là tham số).Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn x12  6 x2  x1  x1x2  3x2 . 2 Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) ( AB  AC ) , các đường cao BE, CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) tại M ( M khác A ). 1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh MAF  MEF . 3. Chứng minh BM . AC  AM .BC  CM . AB . Câu V(1đ): Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện (a  b  c)abc  3 . Tìm a5 b5 c5 giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3   . a  2b3 b3  2c3 c3  2a3 ------------------------------------ Hết ------------------------------------- Lưu ý - Quét mã QR trên phiếu dự thi để xem kết quả (ngày 15/04/2023) - Lịch giao lưu lần 2 ngày 09/05/2023 1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý NỘI DUNG Điểm  15  x 2  x 1 Cho biểu thức P    : x  0; x  25.  x  25 x  5  x  5 với Rút gọn biểu thức P .  P 15  x  2  x 5    : x 1       0,25  x 5 x 5 x 5 x 5  x 5 1   (1,0đ) 15  x  2 x  10 x 5 = . I  x 5  x 5  x 1 0,25 (2,0đ) x 5 x 5 1 = . =  x 5  x 5  x 1 x 1 0,25 1 Vậy : P = với x  0; x  25. 0,25 x 1 1 Tìm giá trị của x để P  . 2 2 1 1 1 (1,0đ) P=    x 1  2 0,50 2 x 1 2  x 1 x 1 0,50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thăng (d ) có phương trình y  mx  m  1( m là tham số). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d ) đi qua điểm M 1;3 II 1 Đồ thị hàm số y  mx  m  1 đi qua điểm M 1;3 (2,0đ) (1,0đ)  3  m.1  m  1  2m  2  m  1 0,50 Vậy m  1 thì đồ thị hàm số y  mx  m  1 đi qua điểm M 1;3 0,50 2
3 x  2 y = 5 Giải hệ phương trình  .  2 x  3 y = 12 2 3 x  2 y = 5 13 x = 39 Ta có:   0,50 (1,0đ)  2 x  3 y = 12 2 x + 3 y = 12 x  3 x  3  Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  0,50 y  2 y  2 Giải phương trình 3x2  5x  2  0 . 2 1 Ta có: a  b  c  0 nên phương trình có hai nghiệm x1  1; x2   0,50 (1,0đ) 3 2 Vậy phương trình có hai nghiệm. x1  1; x2   0,50 3 Cho phương trình: x 2  (2m  1) x  m 2  6  0 ( m là tham số).Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 ; x2 thỏa mãn x12  6 x2  x1  x1x2  3x2 . 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2   Ta có    2m  1  4 m2  6  4m  25  0  m   25 4 . 0,25 III (2,0đ)  x1  x2  2m  1 (1) Theo vi-et:  . 0,25  x1 x2  m2  6 (2) 2 (1,0đ) Theo bài ra2 ta có: x1  6 x2  x1  x1x2  3x2  x12  ( x2  1) x1  6x2  3x2  0 (*) 2 2 Trong phương trình (*) ta coi x1 là ẩn số, x2 là tham số giải ra ta được: 0,25 x1  3x2 (loại vì theo bài ra x1 ; x2 trái dấu) x1  2 x2  1  x1  2 x2  1 (3) Từ (1) và (3) ta có :  x1  4m  3 14  thay vào (2) ta được : 9m2  14m  0  m  0; m   0,25  x2  2m  2 9 Cả hai giá trị này đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) ( AB  AC ) , các đường cao BE, CF . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) tại M ( M khác A ). 1. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh MAF  MEF . 3. Chứng minh BM . AC  AM .BC  CM . AB . A M Q O E F K B C Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp. Ta có: ABC có đường cao BE, CF 1 0,50 IV BE  AC ( gt )  BEC  90 ; CF  AB( gt )  BFC  90 (3,0đ) (1,0đ) Xét tứ giác BCEF có : BEC  BFC  90 , nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC . 0,50 Chứng minh MAF  MEF . Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE  ECK ( cùng bù EFB ). 0,25 Mà AFE  KFB ( đối đỉnh) do đó KFB  ECK Xét KBF và KEC có KFB  ECK (chứng minh trên) EKC chung KB KF 0,25 Nên KBF ∽ KEC ( g.g )    KB.KC  KE.KF (1) KE KC 2 (1,0đ) Xét hai tam giác KBM , KAC có: MBK  KAC ( cùng bù MBC ) và MKB  AKC 0,25 KB KM Nên: KBM ∽ KAC ( g.g )    KB.KC  KM .KA (2) KA KC KM KE Từ (1) và (2) suy ra: KA.KM  KE.KF   (3) KF KA 0,25 Ta có : MKE  AKF (4) 4
Từ (3) và (4) suy ra KME ∽ KFA(c.g.c) , Do đó: MAF  MEF Chứng minh : BM . AC  AM .BC  CM . AB . Trên cạnh AB lấy điểm Q sao cho AMQ  BMC . Xét BMC và QMA có : AMQ  BMC và MAQ  MCB 0,25 AM AQ Suy ra: BMC ∽ QMA (g – g)    AM .BC  AQ.CM  5 CM CB Ta có AMQ  QMB  AMB và BMC  AMC  AMB , AMQ  BMC 3 0,25 (1,0đ) suy ra : QMB  AMC . Xét AMC và QMB có : MBQ  ACM và QMB  AMC AC CM 0,25 Do đó: AMC ∽ QMB (g – g)    AC.BM  BQ.CM 6 BQ BM Cộng các vế của đẳng thức  5  và  6  , suy ra: 0,25 BM . AC  AM .BC  AB.CM . Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn (a  b  c)abc  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của a5 b5 c5 biểu thức: S  3  3  3 a  2b3 b  2c3 c  2a3 Ta có: a5 a 2  a 3  2b3   2a 2b3   a 2b 3   a 2 3 2 a 3  2b3 a 3  2b3 a  2b3 a 3  2b3  a 3  b3  b3  3 3 a 3 .b3 .b3  a 3  2b3  3ab 2 a 2b 3 a 2b 3 a 2b 3 ab  2   2  0,25 a  2b 3 3ab 2 a  2b 3 3 2 3 ab 2 a5 2  a 2 2 2  a  ab  3 2  a 2  ab a  2b 3 3 a  2b 3 3 V Chứng minh tương tự (1,0đ) b5 2 c5 2  b 2  bc; 3  c 2  ca (1,0đ) b3  2c3 3 c  2a 3 3 2 2 2 Từ đây ta có: S  a 2  b2  c 2  ab  bc  ca 3 3 3 1 1   a  b    b  c    c  a     ab  bc  ca  2 2 2 0,25 2   3 1 Do đó: S   ab  bc  ca  3 Áp dụng bất đẳng thức  x  y  x   3 xy  yz  zx  , ta có: 2 0,25  ab  bc  ca   3abc(a  b  c)  9  ab  bc  ca  3 2 Suy ra : S  1 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của S  1 tại a  b  c  1 ------------------------------------ Hết ------------------------------------- 5