Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Trần Mai Ninh

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay “Đề thi tuyển sinh vào 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Trần Mai Ninh” được chia sẻ trên đây. Hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

PHỊNG GD&ĐT TP THANH HỐ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MƠN TỐN Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ CHẴN: Câu I: (2,0 điểm) x + x +3 Rút gọn biểu thức P Cho biểu thức: P = x +1 x + − x−9 x −3 Tìm giá trị x để biểu thức P = Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 1 1  x + y = 2 Giải hệ phương trình:  4 + =  x y Câu III: (2,0 điểm) Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + (với m ≠ 2) (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) (d2) song song với Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox A, cắt Oy B 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 M) Dây PA vng góc với MN F Trên cung nhỏ NP lấy điểm D (D ≠ N , D ≠ P) , MD cắt PF I, gọi E giao điểm NP với tiếp tuyến M (O) Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F thuộc đường tròn Chứng minh: MI MD = PN.PE Khi F trung điểm OM D chạy cung nhỏ NP Tìm vị trí điểm D để DN + DP lớn Tìm giá trị lớn Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = x3 y z + + ≥3 Chứng minh rằng: y z x -Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHẴN: CÂU 1) Với x ≥ 0; x ≠ Ta có P = x + x +3 ( x −3 + P= = Câu I (2đ) NỘI DUNG x x +1 − x −3 ( ĐIỂM 0,25 x +3 x +3 )( x −3 ) ( x + 1)( x + 3) − − ( x + 3)( x − 3) ) x 0,25 2x − x + x + x + − − x ( x +3 )( 3x − x = x +3 x −3 ( Vậy P = )( x −3 ) ( ) x x −3 = x +3 x −3 ) ( )( ) x x +3 0,25 x với x ≥ 0; x ≠ x +3 x 1 = x +3 x −3 x − ( x + 3) = 0⇔ ⇔ = x +3 x +3 ⇒8 x −3= ⇔ x = (t/ m) 64 Vậy x = = P 64 1) Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = ó 5x2 + 6x – 11 = ⇔ 5x2 – 5x + 11x – 11 = ⇔ 5x(x – 1) + 11(x – 1) = ⇔ (x – 1)(5x + 11) = ⇔ x – = 5x + 11 = TH 1: x – = ⇔ x = 11 − TH : 5x + 11 = ⇔ x = Câu Vậy tập nghiệm phương trình S = 1; − 11  5  II (2đ) 1 1 1 = =  x + y  x + y 2) Giải hệ phương trình:  ⇔  + 2 + = =  x y  x y 0,25 2) Với x ≥ 0; x ≠ , P = 0,5 0,5 0,5 0,5 (*) x ≠ Điều kiện  y ≠ 1 a (a ≠ 0) =  x Đặt  = b (b ≠ 0)  y  a +b=   Hệ phương trình (*) trở thành  2a + 3b =     a = x =     Giải hệ phương trình ta  (t / m) ⇒  (t / m) − − b = y =       x = Vậy hệ phương trình có nghiệm   y = −3  a = a ' 1) Hai đường thẳng (d1 ) (d ) song song với  ' b ≠ b m - = m =   ⇔ 3 ≠ m ⇔ m ≠ ⇔ m = m ≠ m ≠   Câu Vậy m = hai đường thẳng (d1 ) (d ) song song với III 2) (2đ) +) Nếu x = y = ⇒ B(0; 3) ⇒ OB = −3  −3  +) Nếu y = x = (với m ≠ 2) ⇒ A  ; 0 m−2 m−2  −3 ⇒ OA= = m−2 m−2 Vì A∈ Ox, B∈ Oy nên tam giá OAB vuông O Tam giác OAB vuông cân O OA = OB m−2 = =  m (t / m) 9 (m 2) ⇔ =⇔ − =⇔ ⇔   (t / m) (m − 2)  m − =−1  m = 0,75 0,25 0,75 0,25 0,5 0,25 Vậy m ∈ {1;3} 0,25 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm D, N, F, I thuộc đường tròn: � = 900 hay 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 � = 900 Vì 𝐷𝐷 ∈ (𝑂𝑂) đường kính MN nên 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 0,5 Suy I, D, N thuộc đường tròn đường kính IN � = 900 Lại có 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑀𝑀𝑀𝑀 nên 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 Suy bốn điểm I, F, N thuộc đường trịn đường kính IN Vậy bốn điểm I, D, F, N thuộc đường tròn đường kính IN (đpcm) 0,5 E D P I M F B O N A 2) Chứng minh: MI.MD = PN.PE Câu Xét 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥và 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 có  MDN  IV = MFI = 90 (3đ)  chung DMN 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 ∽ 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥(𝑔𝑔 − 𝑔𝑔) suy ra: 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⇔ 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 = MF.MN (1) � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa Mặt khác : 𝑃𝑃 ∈ (𝑂𝑂) đường kính AB nên 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 đường trịn) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPN đường cao PF Ta có MF.MN = MP2 (2) � = 900 (tính chất tiếp tuyến) Lại có: ME tiếp tuyến (O) M nên 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông EMN đường cao MP Ta có MP2 = PE.PN (3) Từ (1), (2) (3) suy ra: MI.MD = PN.PE 3) Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất: Vì MN vng góc với PA F nên F trung điểm PA 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 cân N (NF đường cao, đường trung tuyến) F trung điểm 𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ 𝑂𝑂𝑂𝑂 nên 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 cân P � = 600 Mà OM = OP = R nên 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 suy 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 600 nên 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 � = 300 ⇒ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 ⇒ 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 Trên tia DA lấy điểm B cho DB = DP � = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 600 (góc nội tiếp chắn cung PA) nên 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 Vì 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 1200 (kề bù) Vì � 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 = 1800 − 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 � = 1800 − 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 1200 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � (góc nội tiếp chắn cung PD) 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � Suy 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 0,25 Xét 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 ta có � = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 PB = PD � = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 � 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 Do 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥 = 𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥𝛥(𝑔𝑔 𝑐𝑐 𝑔𝑔) suy AB = DN Khi DN + DP = BA + BD = AD ≤ 2𝑅𝑅 Đẳng thức xảy AD đường kính đường trịn (𝑂𝑂) ⇔ 𝐷𝐷 điểm đối xứng với A qua O Vậy giá trị lớn DN + DP 2R D đối xứng với A qua O x3 y z Đặt P = + + y z x Có x, y, z số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM  x3  y + xy ≥ x   y3 x3 y z + + ≥ x + y + z − ( xy + yz + zx ) ta có:  + yz ≥ y ⇒ P = y z x z  z3  + xz ≥ z x ( ) 0,25 0,25 0,25 mà x + y + z + xy + yz + zx = ⇒ P ≥ ( x2 + y + z ) + ( x + y + z ) − Câu Có ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 ≥ ⇒ ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + xz ) V 2 2 (1đ) ⇒ x + y + z ≥ ( x + y + z ) 2 Suy P ≥ ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − Có xy + yz + zx ≤ x + y + z ⇒ ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) Do = x + y + z + xy + yz + xz ≤ x + y + z + ( x + y + z ) 2 ⇒ ( x + y + z) + ( x + y + z) − ≥ 0.⇒ ( x + y + z) ≥ ( x + y + z) ≥ Suy P ≥ + − = 3 x3 y z + + ≥3 Dấu đẳng thức xảy x= y= z= Vậy y z x ( Ghi chú: ) 0,25 0,25 0,25 Các cách giải khác cho điểm tương đương Nếu khơng vẽ hình vẽ hình sai câu khơng chấm điểm PHỊNG GD&ĐT TP THANH HỐ TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MƠN TỐN Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ LẺ: Câu I: (2,0 điểm) a a +1 a + + − a −9 a +3 a −3 Rút gọn biểu thức P Cho biểu thức: P = Tìm giá trị a để biểu thức P = Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = 1  x + y = Giải hệ phương trình:  12 + =  x y Câu III: (2,0 điểm) Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 1)x + (với m ≠ 1) (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) (d2) song song với Tìm m để đường thẳng (d1) cắt Ox A, cắt Oy B cho tam giác OAB vng cân Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên đoạn thẳng OA lấy điểm I (I khác O A) Dây CM vuông góc với AB I Trên cung nhỏ BC lấy điểm E ( E ≠ B, E ≠ C ) , AE cắt CI F, gọi D giao điểm BC với tiếp tuyến A (O) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I thuộc đường tròn Chứng minh: AE AF = CB.CD Khi I trung điểm OA E chạy cung nhỏ BC Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn Tìm giá trị lớn Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = a b3 c + + ≥3 Chứng minh rằng: b c a -Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ LẺ: CÂU NỘI DUNG a a +1 Với a ≥ 0; a ≠ , ta có P = + − a +3 a −3 P= = Câu I (2đ) a ( ) ( a + 1)( a + 3) − − ( a + 3)( a − 3) a −3 + ĐIỂM ( a +3 a +3 )( a −3 ) 0,25 a 0,25 2a − a + a + a + − − a ( a +3 )( 3a − a = a +3 a −3 ( )( a −3 ) ( ) a a −3 = a +3 a −3 ) ( )( ) a a +3 a với a ≥ 0; a ≠ a +3 a = b) Với a ≥ 0; a ≠ , P = a +3 a − ( a + 3) a −3 ⇔ = = 0⇔ a +3 a +3 ⇒5 a −3= ⇔ a = (t/ m) 25 Vậy a = = P 25 1) Giải phương trình: 3x2 + 8x – 11 = Ta có 3x2 + 8x – 11 = ⇔ 3x2 – 3x + 11x – 11 = ⇔ 3x(x – 1) + 11(x – 1) = ⇔ (x – 1)(3x + 11) = ⇔ x – = 3x + 11 = TH 1: x – = ⇔ x = 11 TH : 3x + 11 = ⇔ x = −  11  Vậy tập nghiệm phương trình S = 1; −  3  Câu  1 II 1 = + =    x + y (2đ)  x y ⇔ 2) Giải hệ phương trình:  12  = = + +   x y x y    0,25 Vậy P = 0,25 0,5 0,5 0,75 0,25 (*) x ≠ Điều kiện  y ≠ 1 a (a ≠ 0) =  x Đặt  = b (b ≠ 0) y   a b + =   Hệ phương trình (*) trở thành  4a + 3b =    a=   Giải hệ phương trình ta  b =   −4 −7  = x  (t / m) ⇒  (t / m)  y =   −4  = x  Vậy hệ phương trình có nghiệm  y =  a = a ' 1) Hai đường thẳng (d1 ) (d ) song song với  ' b ≠ b m - = m =   ⇔ m ≠ ⇔ m ≠ ⇔ m = 1 ≠ m m ≠   Vậy m = hai đường thẳng (d1 ) (d ) song song với 2) +) Nếu x = y = ⇒ B(0; 2) ⇒ OB = −2  −2  Câu +) Nếu y = x = m − (với m ≠ 1) ⇒ A  m − ;    III (2đ) ⇒ OA= −2 = m −1 m −1 Vì A∈ Ox, B∈ Oy nên tam giá OAB vuông O Tam giác OAB vuông cân O OA = OB m − =  m = (t / m) ⇔ = ⇔ (m − 1) =⇔ ⇔  m − =−1  m = (t / m) (m − 1)   Vậy m∈ {0;2} 0,75 0,25 0,75 0,25 0,75 0,25 D E C F A I N O B M 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, E, F, I thuộc đường tròn:  = 900 AEB = 900 hay FEB E ∈ (O) đường kính AB nên  Suy E , F, B thuộc đường trịn đường kính FB  = 900 Lại có CI ⊥ AB nên FIB Suy I, F, B thuộc đường tròn đường kính FB Vậy bốn điểm B, E, F, I thuộc đường trịn đường kính FB (đpcm) 2) Chứng minh: AE AF = CB.CD Câu Xét ∆AIF ∆AEB ta có IV  AIF =  AEB = 900 (3đ)  chung EAB ∆AIF ∽ ∆AEB( g − g ) AI AF = ⇔ AI AB = AF.AE (1) suy ra: AE AB ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa Mặt khác: C ∈ (O) đường kính AB nên  đường trịn) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ACB ta có AI AB = AC (2)  = 900 (tính chất tiếp tuyến) Lại có: AD tiếp tuyến (O) A nên DAB Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng BAD ta có AC = CD.CB (3) Từ (1), (2) (3) suy ra: AE AF = CB.CD 3) Tìm vị trí điểm E để EB + EC lớn nhất: Vì AB vng góc với CM I nên I trung điểm CM ∆CBM cân B ( BI đường cao, đường trung tuyến) I trung điểm OA; CI ⊥ OA nên ∆OCA cân C  = 600 Mà OC = OA = R nên ∆OCA suy COA  =600 nên ∆CBM  =300 ⇒ CBM ⇒ CBA Trên tia EM lấy điểm N cho EN = EC   = CBM = 600 (góc nội tiếp chắn cung CM) Vì CEM nên ∆CEN  =1800 − CNE  =1200 (kề bù) +) CNM 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  =1800 − CAB  =1200 CEB  = CEB  (1) Suy CNM  = CBE  (góc nội tiếp chắn cung CE) (2) Mà CMN  = BCE  Từ (1)(2) suy MCN Xét ∆CNM ∆CEB có  = CEB  CNM CE = CN  = BCE  MCN Do ∆CNM = ∆CEB( g c.g ) suy MN = EB Khi EC + EB = EN + MN = EM ≤ R Đẳng thức xảy EM đường kính đường trịn (O) ⇔ E điểm đối xứng với M qua O Vậy giá trị lớn EB + EC 2R E đối xứng với M qua O a b3 c + + Đặt P = b c a Có a , b , c số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM  a3  b + ab ≥ 2a  a b3 c b + + ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ac ) Ta có:  + bc ≥ 2b ⇒ P = b c a c  c3  + ac ≥ 2c a Câu V (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 mà a + b + c + ab + bc + ac = ⇒ P ≥ ( a + b2 + c2 ) + ( a + b + c ) − Có ( a − b ) + ( b − c ) + ( a − c ) ≥ ⇒ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) 2 2 (a + b + c) + (a + b + c) − 2 2 Có ab + bc + ca ≤ a + b + c ⇒ ( ab + bc + ac ) ≤ ( a + b + c ) Do = a + b + c + ab + bc + ac ≤ a + b + c + ( a + b + c ) 2 ⇒ (a + b + c) + (a + b + c) − ≥ ⇒ (a + b + c) ≥ 3, (a + b + c) ≥ Suy P ≥ + − = Dấu đẳng thức xảy a= b= c= a b3 c + + ≥3 Vậy b c a ⇒ ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) Suy P ≥ Ghi chú: 0,25 0,25 0,25 Các cách giải khác cho điểm tương đương Nếu không vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm