Đề thi thử vào Lớp 10 THPT lần 1 môn Toán - Năm học 2023-2024 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Xuân Trường (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT lần 1 môn Toán - Năm học 2023-2024 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Xuân Trường (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN 1 HUYỆN XUÂN TRƯỜNG Năm học: 2023 - 2024 MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ THI THỬ (Thời gian làm bài: 120 phút) Phần I. Trắc nghiệm: (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. x Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức là x2 − 2 A. x ≥ 0. B. x ≠±4. C. xx≥≠0; 2. D. x ≠±2. 22+ Câu 2: Kết quả của phép tính 8−=+∈a2 bab( , Z) . Khi đó biểu thức a2 – b2 có giá trị 21+ bằng A. 1. B. -1. C. 0. D. 2. Câu 3: Khoảng cách đường bộ từ cầu Lạc Quần đến cầu Đò Quan dài 25km . Xe máy thứ nhất đi từ cầu Lạc Quần đến cầu Đò Quan, cùng một lúc xe máy thứ hai đi từ cầu Đò Quan về cầu Lạc Quần, sau 25 phút hai xe gặp nhau. Mỗi giờ xe thứ hai đi chậm hơn xe thứ nhất 10km . Vận tốc xe thứ nhất là A. 35km/h B. 30km/h C. 25km/h D. 40km/h Câu 4: Giá trị của m để hai đường thẳng y=61 xm +−và ym=( 2 −+32) x song song với nhau là A. m = ±3. B. m = −3. C. m = 3. D. m =1. Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , số giao điểm của parabol yx= 2 2 và đường thẳng yx= + 5 là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A , biết AC=3, BC = 5 , khi đó tanB có giá trị bằng 3 3 4 5 A. . B. . C. . D. . 4 5 3 3 Câu 7: Cho tam giác ABC có AB=6 cmAC , = 8 cmBC , = 10 cm . Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. 100π cm2 . B. 25π cm2 . C. 36π cm2 . D. 64π cm2 . Câu 8: Cho hình nón có đường sinh bằng hai lần bán kính đáy. Biết thể tích của hình nón là 3(π cm3 ), khi đó chiều cao của hình nón là A. 3.cm B. 33cm . C. 23cm . D. 3.cm Phần II. Tự luận: (8,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) 1 1) Chứng minh đẳng thức 2−++− 3 2 36 = 0. 6 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN XUÂN TRƯỜNG THI THỬ VÀO LỚP 10-THPT LẦN 1 Năm 2023 ĐỀ THI THỬ Môn: Toán 9 Lưu ý: 1. Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh cần trình bày được, nếu học sinh làm cách khác đúng, lập luận chặt chẽ thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa tương ứng với ý đó. 2. Hình vẽ sai phần nào không cho điểm phần đó. Tổng điểm bài thi giữ nguyên, không làm tròn. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D A A B C A B D Phần II. Tự luận: Bài Câu Nội dung Điểm 1. 1) 1 Chứng minh đẳng thức: 2−++− 3 2 36 = 0 6 (1,5 (0,5) điểm) 1 4−+ 23 4 23 1 Biến đổi vế trái ta có: 2−++− 3 2 36 = + −6 62 2 6 ( 3−+ 1)22 ( 3 1) =+−6 0,25 22 31−+ 31 31−+ 31 = + −=6 + −=−=6 6 60 2 2 22 Vậy đẳng thức được chứng minh 0,25 2) xx++11x  2) Rút gọn biểu thức Px= −−1:1 +  ,với xx>≠0, 1. xx−−11 (1,0)    Tìm x để P ≥1. (x+ 1)( xx −+ 1) 1  Với xx>≠0; 1, ta có Px=−+( 1) : 1 + (xx+− 1)( 1) x−1 0,25 xx−+1 x = −+(x 1) : xx−−11 0,25  2−xx −− 12 x = . = . xxx−1 0,25
3. x ≠ 1  Đk  1 0,25 3. y ≠  2 (1,0 điểm) 22 xy= 2 Biến đổi x−= x4 y − 2 y ⇔( x − 2 yx)( + 210 y −) =⇔ 0,25 xy=12 − x = 5  Thay xy= 2 vào phương trình (1) và tìm được  5 (tm ) 0,25 y =  2 Thay xy=12 − vào phương trình (1) và tìm được x = 2 x = −1  ();tm1 () tm 0,25 y =1 y = −  2 Kết luận 1) Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường cao AH. Đường tròn(O) đường kính cắt tại M. Biết AB 23 cm . Tính diện tích của hình được giới (1,0) BH AB hạn bởi tam giác ABC và hình tròn (O) đường kính BH (phần tô đậm trong 4. hình bên, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). (3,0đ) A M B C O H Ta có ABC vuông cân tại A AB AC23 cm 11 Diện tích ABC là S AB. AC 2 3.2 3 6(cm2 ) 0,25 1 22 Xét ∆AHB vuông tại H có BH AB.cos B 2 3. cos 450 6( cm ) 6 ⇒=OB OH = OM = cm. 2 Lại có ∆OBM cân và BOM =450 ⇒∆ OBM vuông tại O nên diện tích ∆OBM là 1 1663 S= OM. OB = = ()cm2 0,25 2 2 22 2 4 Diện tích hình quạt tròn OHM có bán kình OM , số đo cung 900 là 2 6 π. .90 2  ππ.OM .90 2 3 2 S = = = ()cm 0,25 3 360 360 8 Diện tích hình được giới hạn bởi tam giác ABC và hình tròn (O) đường kính 33π BH là SSSS= − − =−−6 ≈ 4,1(cm2 ) 0,25 123 48
4. Chứng minh NE.NC= NM.NT; NE.NC= NG.NK ⇒=NM.NT NG.NK NM NK ⇒= NG NT ⇒∆KNM ∆ TNG (c – g – c)⇒=TGN KMN (1) AB// MN Ta lại có  ⇒⊥CF MN AB⊥ CF  ⇒=KMN HCK ( cùng phụ KHC ) ⇒ KMN = HGK (2) Từ (1) và (2) ⇒=NGT NGH Mà tia GT và tia GH cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ NG ⇒ H , T , G thẳng hàng. 0,25 5 1) Giải phương trình: 20xx22+ 14 += 9 (14 x + 11) 2 x + 1 (1,0) (0,5) ĐKXĐ x∈ Ta có 20xx22+ 14 += 9 (14 x + 11) 2 x + 1 ⇔22 + + − + += 40xx 28 18 2(14 x 11) 2 x 1 0 ⇔3(4xx22 − 12 − 5) = (14 x + 11) 2 2 x +− 1 (2 x + 3)  2 2 (14x+ 11)(4 xx −− 12 5) ⇔3(4xx − 12 −= 5) 22xx2 ++ 1 2 + 3 14x + 11 ⇔(4xx2 −− 12 5) 3 − =0 0,25 22xx2 ++ 1 2 + 3 ⇔(4xx22 − 12 − 5)( 3 2 x +− 1 4 x − 1) = 0  4xx2 − 12 −= 5 0 ⇔  32xx2 += 1 4 + 1  3± 14 +) 4xx2 − 12 −=⇔= 5 0 x 2 −−11 xx≥≥ +) 32xx2 += 1 4 +⇔ 1 44⇔ 2 22 9(2x+ 1) = (4 x + 1) xx − 4 += 4 0 ⇔=x 2 3± 14 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là xx=2, = 0,25 2