Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Hà Linh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Hà Linh (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG KHÊ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS HÀ LINH NĂM HỌC 2022-2023 Môn Thi: Toán MÃ ĐỀ 01 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau: 1 a) P = 3 + - 5 2 20 45 1 x 2 x 4 b) Q = . (với x 0, x 1, x 4 ) x 2 x 4 x 1 Câu 2: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, với giá trị nào của m, n thì đường thẳng (d): y = mx + n - 4 đi qua điểm A(1; -2) và song song với đường thẳng (d’): y = (2m + 3)x - n 2 + = 5 Câu 3. a) Giải hệ phương trình: 3 ― 2 = 4 b) Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1), (m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: (x1 1)(x1 1) (x2 1)(x2 1) 50 Câu 4: Một xí nghiệp sản xuất được 120 sản phẩm loại I và 120 sản phẩm loại II trong thời gian 7 giờ. Mỗi giờ sản xuất được số sản phẩm loại I ít hơn số sản phẩm loại II là 10 sản phẩm. Hỏi mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được bao nhiêu sản phẩm mỗi loại. Câu 5: Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC, biết AH = 12cm, BH = 9cm. Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (đường tròn (O)) (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OEBM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) BF // AM. Câu 7. Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn: a b c 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca A  a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2022- 2023 MÔN: TOÁN 9 Nội dung Điểm Câu ý a P= 3 5 + 5 - 3 5 (1đ) 0,5 P = 5 0,5 b b) Với x 0, x 1, x 4 , ta có: Câu1 (1đ) x 2 x 2( x 2) 0,25 (2đ) Q = . ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) x 1 0,25 2 x 2 2( x 2) 2 x 2 2 . . ( x 2)( x 2) x 1 x 2 x 1 2( x 1) 2 4 0,25 . 0,25 x 2 x 1 x 2 2 + 3 = = ―3 1 đ (d) // (d’)   푛 ― 4 ≠ ―푛 푛 ≠ 2 0,5  (d): y= -3x + n-4 Câu 2(1đ) Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; -2) nên ta có: -3.1 +n – 4 = -2  n = 5 ( thỏa mãn) Vậy m = -3 ; n = 5 là các giá trị cần tìm. 0,5 a 2 + = 5 4 + 2 = 10 7 = 14 = 2    (1đ) 3 ― 2 = 4 3 ― 2 = 4 3 ― 2 = 4 = 1 0, 75 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (2;1) 0,25 b Gọi x là số sản phẩm loại I mà xí nghiệp sản xuất được trong 1 giờ(x (1đ) ∈ ∗ ). 0,25 Suy ra số sản phẩm loại II sản xuất được trong một giờ là x + 10. Câu3 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại I là (giờ) (2,0đ) x 0,25 120 Thời gian sản xuất 120 sản phẩm loại II là (giờ) x + 10 120 120 0,25 Theo bài ra ta có phương trình: 7 (1) x x + 10 40 0,25 Giải phương trình (1) ta được x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = (loại). 7 Vậy mỗi giờ xí nghiệp sản xuất được 30 sản phẩm loại I và 40 sản phẩm loại II.
3. x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) ∆’=b’2 – a.c = (m – 1)2 – (m2 – 3) = –2m + 4 Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆’≥0 –2m + 4 ≥ 0 m≤2 (*) Câu4(1,0đ) Với m ≤ 2 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . 0,25 x1 + x2 = -2(m - 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x . x = m2 - 3 1 2 0,25 Ta có: (1,0đ) 2 2 2 x 1 + x 2 = 5 2 ( x 1 + x 2 ) -2 x 1 x 2 = 5 2  2 ( m -1) 2 -2 m 2 3 = 5 2 2 2 m -8 m -4 2 = 0 0,25 m 7 (loai) m 3 (TMDK*) Vậy với m = –3 thì phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 0,25 (x1 1)(x1 1) (x2 1)(x2 1) 50 Tính được HC= 16 cm 0,25 Tính được AB = 15 cm 0,25 Câu 5(1d) (1,0đ) Tính được AC = 20 cm 0,25 Tính được chu vi tam giác 0,25 a Tứ giác OEBM nội tiếp: (1đ) Chỉ ra được  OEM=  OBM = 900. 1,0 Suy ra tứ giác OEBM nội tiếp Câu 6 (2,0 đ)
4. OB OC R + Xét hai tam giác vuông OBM và OCM có: b(1đ) OM chung =>∆OBM = ∆OCM(cạnh huyền –cạnh góc vuông)=>  BOM=  BOC 0,25 COM= (1) 2 + Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC BOC của (O), ta có=>  BFC= (2) 0,25 2 Từ (1) và (2) ⇒  BFC=  MOC (3) o o o + Có  OEM +  OCM =90 +90 = 180 ⇒ OEMC là tứ giác nội 0,25 tiếp ⇒  MOC =  MEC (4) 0,25 + Từ (3) và (4) ⇒  BFC =  MEC ⇒ BF // AM (Hai góc ở vị trí đồng vị) 1 1 1 Tacó : x y z 9 x y z x x y y z z 6 y z x z x y 0,25 x y y z z x 2 2 2 0 y x z y x z x y 2 y z 2 z x 2 0 x, y, z 0 ( Luôn đúng) xy yz zx 1 1 1 Vậy x y z 9 x y z Áp dụng bất đẳng thức trên ta có ab ab 9 ab 1 1 1  a 3b 2c 9 a c b c 2b 9 a c b c 2b ab 1 ab ab a 0,25  (1) Câu 5 a 3b 2c 9 a c b c 2 (1,0đ) Chứng minh tương tự ta có: bc 1 bc bc b  (2) b 3c 2a 9 a b a c 2 ca 1 ac ac c  (3) c 3a 2b 9 b c a b 2
5. Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1); (2) và (3) ta có 1 ac bc ab ac bc ab a b c A 9 a b b c c a 2 0,25 1 c a b a b c b c a a b c A 9 a b b c c a 2 1 3 a b c 1 3.6 A   1. 9 2 9 2 Dấu “=” xảy ra a b c 2. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 đạt được khi a b c 2. 0,25 (Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó