Đề thi định hướng vào Lớp 10 THPT năm học 2023-2024 môn Toán - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

Câu III: (2,0 điểm)  
1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + 3 (với m ≠ 2) và (d2): y = 3x + m 
Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. 
2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông 
cân. 
Câu IV: (3,0 điểm)  
Cho đường tròn (O) đường kính MN = 2R. Trên đoạn thẳng OM lấy điểm F (F khác 
O và M). Dây PA vuông góc với MN tại F. Trên cung nhỏ NP lấy điểm D bất kỳ 
(D ≠ N, D ≠ P) , MD cắt PF tại I, gọi E là giao điểm của NP với tiếp tuyến tại M của (O). 
1. Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F cùng thuộc một đường tròn. 
2. Chứng minh: MI. MD = PN.PE 
3. Khi F là trung điểm của OM và D chạy trên cung nhỏ NP. Tìm vị trí điểm D để DN 
+ DP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
pdf 10 trang thihien 31/03/2023 9540
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi định hướng vào Lớp 10 THPT năm học 2023-2024 môn Toán - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfde_thi_dinh_huong_vao_lop_10_thpt_nam_hoc_2023_2024_mon_toan.pdf

Nội dung text: Đề thi định hướng vào Lớp 10 THPT năm học 2023-2024 môn Toán - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

  1. PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ CHẴN: Câu I: (2,0 điểm) 2xx++ 17 x 3 Cho biểu thức: P =+− xx+−33x − 9 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm giá trị của x để biểu thức P = 3 Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 111 += xy2 2. Giải hệ phương trình:  462  +=  xy3 Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + 3 (với m ≠ 2) và (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. 2. Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao cho tam giác OAB vuông cân. Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính MN = 2R. Trên đoạn thẳng OM lấy điểm F (F khác O và M). Dây PA vuông góc với MN tại F. Trên cung nhỏ NP lấy điểm D bất kỳ (D≠≠NP , D ) , MD cắt PF tại I, gọi E là giao điểm của NP với tiếp tuyến tại M của (O). 1. Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F cùng thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh: MI. MD = PN.PE 3. Khi F là trung điểm của OM và D chạy trên cung nhỏ NP. Tìm vị trí điểm D để DN + DP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = 6. xyz3 33 Chứng minh rằng: ++≥3 yzx Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 1
  2. x ≠ 0 Điều kiện  y ≠ 0 1 =aa( ≠ 0)  x Đặt  1  =bb( ≠ 0)  y  1 ab+=  2 Hệ phương trình (*) trở thành  1 23ab+=  3  7  6 a = x = 6  7 Giải hệ phương trình ta được (/tm )⇒ (/ tm ) 0,75 −2 −3 b = y =    3  2  6 x =  7 Vậy hệ phương trình có nghiệm là  −3 0,25 y =  2 a = a' 1) Hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau khi  b ≠ b'  m - 2 = 3 m = 5 0,75  ⇔3 ≠m ⇔ mm ≠⇔ 35 = 0,25 mm≠≠22  Câu Vậy m = 5 thì hai đường thẳng ()d1 và ()d2 song song với nhau III 2) (2đ) +) Nếu x = 0 thì y = 3 ⇒ B(0; 3) ⇒ OB = 3 −3 −3 +) Nếu y = 0 thì x = (với m ≠ 2) ⇒ A ;0 m2− m2− −33 ⇒=OA = m2−− m2 Vì A∈Ox, B∈Oy nên tam giá OAB vuông tại O 0,5 Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 9 m−= 2 1 m = 3 (t / m) ⇔ =⇔−=⇔2 ⇔ 2 9 (m 2) 1  (m− 2) m−=− 2 1 m = 1(t / m) 0,25  Vậy m ∈{1; 3} 0,25 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm D, N, F, I cùng thuộc 1 đường tròn: Vì ( ) đường kính MN nên = 90 hay = 90 Suy ra I, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính0 IN. 0 𝐷𝐷 ∈ 𝑂𝑂 𝑀𝑀�𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼� 0,5 Lại có nên = 90 0 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐼𝐼𝐼𝐼�𝐼𝐼 3
  3. = 180 = 120 = 0 (góc nội tiếp cùng0 chắn cung PD) 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 0,25 Suy ra = 𝑃𝑃𝑃𝑃�𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 Xét và ta có 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 PB = PD 𝑃𝑃𝑃𝑃�𝑃𝑃 𝑃𝑃� 𝑃𝑃𝑃𝑃 = Do đó = ( . . ) suy ra AB = DN 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃�𝑃𝑃𝑃𝑃 Khi đó DN + DP = BA + BD = AD 2 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝑔𝑔 𝑐𝑐 𝑔𝑔 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD đường kính của đường tròn ( ) ≤ 𝑅𝑅 là điểm đối xứng với A qua O 𝑂𝑂 Vậy giá trị lớn nhất của DN + DP bằng 2R khi D đối xứng với A qua O 0,25 ⇔ 𝐷𝐷 3 33 xyz Đặt P =++ yzx Có x, y, z là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3  x 2  +≥xy2 x  y  3 3 33 y 2 xyz 2 22 ta có:  +≥yz2 y ⇒=P + + ≥2(x + y + z) −( xy + yz + zx) 0,25  z yzx 3  z 2  +≥xz2 z  x mà x+++++= y z xy yz zx 6 ⇒≥P26 x2 + y 22 + z + xyz ++ − ( ) ( ) 222 Câu Có( xy−) +−( yz) +−( zx) ≥0 ⇒22( x2 ++ y 22 z) ≥( xy ++ yz xz) V 2 22 2 (1đ) ⇒3( x + y + z) ≥( xyz ++) 2 2 0,25 Suy ra P≥( xyz ++) +( xyz ++) −6. 3 ++≤++2 22⇒ + + ≤ ++ 2 Có xy yz zx x y z 3( xy yz zx) ( x y z) 1 2 Do đó 6 =+++xyzxyyzxzxyz + + ≤+++( xyz ++) 3 1 2 2 ⇒( xyz ++) +( xyz ++) −≥60.⇒( xyz ++) ≥3 ( xyz++) ≥9 3 2 Suy ra P ≥.9 +−= 3 6 3 0,25 3 xyz3 33 Dấu đẳng thức xảy ra khi xyz= = =1. Vậy ++≥3 0,25 yzx Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai câu 4 thì không chấm điểm. 5
  4. HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ LẺ: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2aa++ 1 73 a Với aa≥≠0; 9 , ta có P =+− 0,25 aa+−33aa+−33 ( )( ) 2aa .( − 3) +( a + 1)( a + 3) −− 37 a P = ( aa+−33)( ) 0,25 2a− 6 aa ++ 4 a +−− 337 a = ( aa+−33)( ) Câu I 39aa− 33aa( − ) 3a = = = (2đ) aa+−33 aa +− 33a + 3 0,25 ( )( ) ( )( ) 3 a Vậy P = với aa≥≠0; 9 a + 3 0,25 1 31a b) Với aa≥≠0; 9 , P = khi = 2 a + 3 2 6aa−+ ( 3) 5 a − 3 ⇔ =⇔=00 0,5 aa++33 ⇒5a −= 30 9 ⇔=a (t/ m) 25 91 Vậy a= khi P = 0,5 25 2 1) Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 0 Ta có 3x2 + 8x – 11 = 0 ⇔ 3x2 – 3x + 11x – 11 = 0 ⇔ 3x(x – 1) + 11(x – 1) = 0 ⇔ (x – 1)(3x + 11) = 0 ⇔ x – 1 = 0 hoặc 3x + 11 = 0 TxH 1: – 1 = 0 ⇔=x 1 11 TH 2: 3 x + 11 = 0 ⇔=−x 3 0,75 11 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; − 0,25 Câu 3 II 113 113  += += (2đ) xy4 xy4 2) Giải hệ phương trình:  ⇔  (*) 12 9 3 4 3 1  += +=   x y2 xy2 2
  5. D E C F N A B I O M 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc 1 đường tròn: 0 0 EO∈()đường kính AB nên AEB = 90 hay FEB = 90 Suy ra E , F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB 0,5 0 Lại có CI⊥ AB nên FIB = 90 Suy ra I, F, B cùng thuộc đường tròn đường kính FB. Vậy bốn điểm B, E, F, I cùng thuộc đường tròn đường kính FB (đpcm) 0,5 2) Chứng minh: AE AF= CB CD Câu Xét ∆AIF và ∆AEB ta có IV AIF= AEB = 900 (3đ) EAB chung do đó ∆∆AIF∽ AEB() g − g 0,25 AI AF suy ra: =⇔=AI. AB AF.AE (1) AE AB Mặt khác: CO∈() đường kính AB nên ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB ta có AI. AB= AC (2) 0,25 Lại có: AD là tiếp tuyến của ()O tại A nên DAB = 900 (tính chất tiếp tuyến) 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAD ta có AC= CD. CB (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra: AE AF= CB CD 0,25 3) Tìm vị trí điểm E để EB+ EC lớn nhất: Vì AB vuông góc với CM tại I nên I là trung điểm của CM ∆CBM cân tại B ( BI là đường cao, đường trung tuyến) I là trung điểm của OA; CI⊥ OA nên ∆OCA cân tại C Mà OC= OA = R nên ∆OCA đều suy ra COA = 600 ⇒=⇒= 00 ∆ CBA30 CBM 60 nên CBM đều 0,25 = Trên tia EM lấy điểm N sao cho EN EC 0 Vì CEM = CBM = 60 (góc nội tiếp cùng chắn cung CM) nên ∆CEN đều +) CNM =−=18000 CNE 120 (kề bù) 4