Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Âu Cơ

Chia sẻ: Lin Yanjun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo “Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Âu Cơ” được chia sẻ dưới đây để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Âu Cơ

PHÒNG GD&ĐT NHA TRANG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS ÂU CƠ NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút. Ngày kiểm tra: 19/3/2022 Bài 1. (3,00 điểm) x  3y  5 a) Giải hệ phương trình  2 x  3 y  1  0 b) Giải phương trình 2 x 4  5 x 2  3 . a a a a c) Cho biểu thức P   với a  0 và a  1. Rút gọn rồi tính giá trị của P a 1 a a tại a  6  2 5 . Bài 2. (2,00 điểm) Cho hàm số y   x2 có đồ thị là Parabol (P). a) Vẽ đồ thị tại (P). b) Xác định a để đồ thị (P) cắt đường thẳng ( d1 ): y  ax  1 tại điểm có hành độ bằng – 1. c) Tìm m để đường thẳng ( d 2 ): y  mx  m  1 cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn x12  x2 2  2 . Bài 3. (1,00 điểm) Nhằm hưởng ứng phong trào ủng hộ sách cho các bạn học sinh ở vùng khó khăn trên địa bàn tỉnh Khánh Hòa, hai lớp 9/1 và 9/2 của một trường THCS ở Nha Trang đã ủng hộ được tổng cộng 286 quyển sách. Biết tổng số học sinh của hai lớp là 82 bạn và mỗi học sinh lớp 9/1 ủng hộ 4 quyển sách, mỗi học sinh lớp 9/2 ủng hộ 3 quyển sách. Tính số học sinh mỗi lớp. Bài 4. (3,00 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên nửa đường tròn lấy điểm C sao cho CA < CB, vẽ CH vuông góc với AB (H thuộc AB). Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C), gọi E là giao điểm của CH và AD. a) Chứng minh tứ giác BDEH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AC 2  AE. AD . c) Đường thẳng qua E và song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh DC  DF và trung điểm K của CF nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD. Bài 5. (1,00 điểm) Cho hai số thực a và b thỏa mãn a – b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3a 2  b 2  8 .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2022-2023 Bài 1 (3,00 điểm)  x  3y  5 a) Giải hệ phương trình  2x  3y  1  0 1,0đ  x  3y  5  x  3y  5   0,25 2x  3y  1  0 2x  3y  1 3x  6 x  2 x  2    0,5  x  3y  5 2  3y  5  y  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;-1) 0,25 b) Giải phương trình: 2x 4  5x 2  3 1,0 đ 2x 4  5x 2  3  2x 4  5x 2  3  0 . Đặt t=x2 ( t  0 ) 0,25 Phương trình trở thành: 2t  5t  3  0 2 1 0,25 Giải được hai nghiệm t1  3 (nhận) t2  (loại) 2 t1  3  x2  3  x   3 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x1  3; x2   3 0,25 a aa a c) Cho biểu thức P =  với a > 0 và a ≠ 1. a 1 a a Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 6  2 5 P= a aa  a  a  a 1   a a  1 0,25      = a 1 a a a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 = a 1    a 1 a 1  a 1 0,25 a 1 a 1 Thay a = 6  2 5 vào biểu thức P, ta được: 0,25   2 P= 6  2 5  1  5  2. 5.1 1  1  5 1 1 = 5  1 1  5 0,25
Bài 3: (2,00 điểm) Cho hàm số y   x 2 có đồ thị là Parabol (P) 0,5đ a) Vẽ đồ thị (P) Lập Bảng giá trị đúng 5 điểm 0,25 (Nếu sai 1 đến 2 điểm thì trừ 0,25 đ) Vẽ đúng đồ thị (Gồm hai trục vuông góc với nhau, có hai mũi tên, có gốc tọa độ O, có x,y ở đầu các mũi tên) 0,25 (Nếu thiếu 2 trong các yếu tố trên thì không có điểm) b) Xác định a để đồ thị (P) cắt đường thẳng y  ax  1 tại điểm có hoành độ bằng – 1. Thay x= - 1 vào (P), ta được y=-1. Ta được tọa độ điểm cắt A(-1;-1) 0,25 Thay x=-1; y=-1 vào HS: y  ax  1, ta được 0,25 -1=-a+1 a=2 Vậy a=2 thì đồ thị (P) cắt đường thẳng y  ax  1 tại điểm có hoành độ bằng – 1. 0,25 c) Tìm m để đường thẳng (d2): y  mx  m  1 cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn x12  x22  2 Pthđ giao điểm của (d2) va (P):  x2  mx  m1  x2  mx  m1  0 0,25    m  2  0, m nên (d2) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi m + 2  0  m  –2 2 Viết được hệ thức Viet: x1 + x2 = –m ; x1.x2 = –m – 1 x12 + x22 < 2  (x1 + x2)2–2 x1.x2< 2  (–m)2– 2(–m – 1) < 2 0,25  (m+1)2 < 1  -1 < m + 1 < 1  -2< m< 0 ( thỏa ) Vậy  -2< m< 0 thì đường thẳng (d2): y  mx  m  1 cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có 0,25 hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn x12  x22 2 Bài 4. (1,00 điểm) Gọi số HS lớp 9/1 là x, số HS lớp 9/2 là y (0
C 1 D K E 1 F A B H O a) Chứng minh: Tứ giác BDEH nội tiếp 1,0 đ Ta có: ADB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) 0,25 Xét tứ giác BDEH có:  EDB  900 ADB  900  0,25 BHE  900  CH  AB Suy ra: EDB  BHE  900  900  1800 . 0,25 Mà hai góc này đối nhau. Vậy tứ giác BDEH nội tiếp đường tròn. 0,25 b) Chứng minh: AC2=AE.AD 1,0 đ Xét  AHE vuông tại H và  ADB vuông tại D có: BAD : Chung 0,25 Do đó:  AHE  ADB AH AD  = Û AH.AB=AE.AD (1) 0,25 AE AB Xét  ABC vuông tại C, đường cao CH có 0,25 AC2=AH.AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC2=AE.AD 0,25 c) Đường thẳng qua E và song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh: DC  DF và trung điểm K của CF nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD. Ta có: EF//AB => ABC=EFC (đồng vị) Mà ABC=ADC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) Suy ra: ADC=EFC Mà hai đỉnh D,F kề nhau cùng nhìn cạnh CE
Do đó: Tứ giác DCEF nội tiếp 0,25  CEF  CDF  1800 Mà CEF  900 (EF//AB; CH  AB) Nên: CDF  900 hay DC  DF 0,25 Tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm K của EF Nên: DKB=2.DCB (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DF) Xét (O) DOB=2.DAB (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DB) 0,25 Mà DOB=DCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) Suy ra: DOB=DKB Mà hai đỉnh O, K kề nhau cùng nhìn cạnh BD Do đó: Tứ giác BDKO nội tiếp 0,25 Vậy điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOD Bài 6. (1,00 điểm) Cho hai số thưc a, b thỏa mãn a – b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1,0 đ thức: P  3a 2  b 2  8 Ta có: a – b = 2 => b= a – 2 0,25 Khi đó: P = 3a2   a  2  8  4a2  4a  12 0,25 2  1 2 0,25  2  = 4 a  a  3  4  a    11  11  2 1 1 3 0,25 Dấu “=” xảy ra khi a  . Vậy GTNN của A=11 khi a  ; b  2 2 2