2 Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Lợi (Có đáp án)

Nội dung text: 2 Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Lê Lợi (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS LÊ LỢI KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2023 – 2024 Đề A Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề 32xx+ Câu 1: (2,0 điểm) P =3:+− x−1 xx +− 22 x + 1. Rút gọn biểu thức P 4 x −1 2. Tìm các giá trị của x để P = x Câu 2 (2,0 điểm). 3x + 2y = 9 1. Giải hệ phương trình sau:  x − 4y = −11 2. Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (d1 ): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng (d2 ): y = 2x - 3; (d3 ): y = - 3x + 2. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2x2 + 3x - 5 = 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x22− 2(m −+= 1)x m 0 có hai nghiệm phân 2 biệt x12 ,x thỏa mãn hệ thức (x12− x) +=− 6m x1 2x 2. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. 2) FE. FD = FB. FC. 3) FH vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm ) Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3y 1 4 8 Tìm GTNN của biẻu thức: P = + + (x +1)2 (y + 2)2 (z + 3)2 Hết
2. 2)Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng (d ): y = 3x – 5 2 1 0.75 b ≠−5 (1đ) Nên a = 3; Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng (d2 ): y = 2x - 3; (d3 ): y = - 3x + 2 nên tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình yx=−=23 x 1 ⇔ yx=−+32 y =− 1 => Q( 1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b ≠−5 0,25 Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán. 2 3 1 2x + 3x − 5 = 0 (2,0đ) (1,0đ) Vì a=2;b=3;c=-5 nên a+b+c=2+3+(-5)=0 0,25 − 5 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 2 0,25 2 x22− 2(m −+= 1)x m 0 (1,0đ) 2 2 22 Ta có: ∆' = −( m1 −)  − m =m − 2m +− 1 m =− 1 2m 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x ⇔∆>⇔−' 0 1 2m >⇔ 0 m < 12 2 0,25 x+= x 2m( − 1) 12 Theo vi-ét ta có:  2  xx12= m Theo đề bài ta có: 2 2 (x12− x) +=− 6m x1 2x 2 ⇔+(x1 x 2) − 4x 12 x +=− 6m x1 2x 2 2 2 ⇔4( m −− 1) 4m + 6m =− x12 2x ⇔−2m + 4 = x12 − 2x 0,25 Khi đó kết hợp với x+= x 2m( − 1) ta có hệ pt: 12 44 =−=− x22 m2 x m2  x12+= x 2m( − 1)  3x2 = 4m − 6 33 ⇔⇔  ⇔ Thay − =−+ x+= x 2m − 2 x12 2x 2m 4  12 42 x11= 2m −− 2 m + 2 x = m 33 0,25  4 = − x2 m2  3 2  vào xx12= m ta được: 2  xm=  1 3 4 222− 1 4 14  m0= m− 2. m = m ⇔ m − m = 0 ⇔− m m +  = 0 ⇔ (tm) 3 3 9 3 93  m= − 12  Vậy m= 0; m = − 12 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 0,25
3. Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3y 1 4 8 = + + Tìm GTNN của biẻu thức: P 2 2 2 (x +1) (y + 2) (z + 3) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 0,25 2 1 1 1  1 1  8 + ≥  +  ≥ (*) a 2 b 2 2  a b  (a + b)2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 0,25 Câu 5 1 1 8 8 8 64 0,25 P = + + ≥ + ≥ 2 2 2 2 2 2 (1đ) (x +1)  y  (z + 3)  y  (z + 3)  y   +1  x + + 2  x + + z + 5  2   2   2  2 + 3y − y 2 Mặt khác: x + z ≤ 2(x 2 + z 2 ) ≤ 2(3y − y 2 ) ≤ 2 64 64 P ≥ ≥ ≥1 0,25 2 2 2    1 2  y − − 6 + 2y −  8 (y 2)   2   2  Dấu “=” xảy ra khi x=1;y=2;z=1 Vậy GTNN của P bằng 1
4. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm 1 1 (2,0đ) (1,0đ) a) ĐKXĐ: y ≥ 0, y ≠ 1 1 0.25 (2,0đ)      3   y + 2 y  Q = 3 + : −  y −1  y + y − 2 y + 2       −     3( y 1) 3   y + 2 y  Q = + : −  y −1 y −1  y + 2 y −1 y + 2     ( )( )   3 y − 3 + 3   y + 2 y ( y −1)  Q =   :  −  0.25  −   + − + −   y 1   ( y 2)( y 1) ( y 2)( y 1)  3 y   y + 2 − y + y  =     Q   :   0.25  y −1  ( y + 2)( y −1)  3 y   2 + y  =     Q   :    y −1  ( y + 2)( y −1) 3 y ( y + 2)( y −1) Q = ⋅ = 3 y y −1 2 + y Vậy với y ≥ 0, y ≠ 1 thì Q=3 y 0,25 2 5 y − 2 5 y − 2 (1,0đ) Q = ⇔ 3 y = ⇒ 3y − 5 y + 2 = 0 ⇔ ( y −1)(3 y − 2)= 0 0,25 y y =  − =  = y 1(KTM ) y 1 0 y 1  ( y −1)(3 y − 2)= 0 ⇔  ⇔  ⇔ 4 0.5 3 y − 2 = 0 3 y = 2 y = (tm)    9 4 5 y − 2 Vậy y = thì Q = 9 y 0,25 2 1 (2,0đ) (1,0đ) 2x + 3y = 11 4x + 6y = 22 5x = 5 x = 1 x = 1 0,75  ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  x − 6y = −17 x − 6y = −17 2x + 3y = 11 2.1+ 3y = 9 y = 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x;y)=(1;3) 0,25
5. 4 M (3,0đ) L K H D P A N Q G 1) Ta có PK⊥⊥ MN; NH MP (GT) ⇒=PKN PHN = 900 1 1,0 (1.0đ) Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông =>tứ giác PHKN nội tiếp 2) Vì PHKN nội tiếp => QHP = QNK 1,0 2 (1,0đ) Mà HQP chung nên QH QN ΔQHP ΔQNK (g.g) ⇒⇒ =QK .QH = QP.QN QP QK 3) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là L. 1,0 = Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => QLP QNM 3 Lại có LQP chung (1,0đ) QL QN =>ΔQLP ΔQNM (g.g) ⇒⇒ = QL. QM = QP. QN QP QM QH QM ⇒QH. QK = QL. QM ⇒= mà LQH chung QL QK => ΔQLH ΔQKM (g.g) => QLH = QKM => tứ giác MLHK nội tiếp. Mặt khác MKD = MHD = 900 ( GT) => H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD. => L thuộc đường tròn đường kính MD => MLD = 900. Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Ta có MLD = 900 => MG là đường kính ⇒=MNG MPG = 900 = > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ. Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP => MD vuông góc với QN. Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác => QD vuông góc với AM. Câu 5 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn: abc222++≤3 b