Đang tải... (xem toàn văn)
Với mong muốn giúp các bạn học sinh khối 9 đạt kết quả cao trong kì thi vào lớp 10 sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chia sẻ đến các bạn Đề giao lưu vào lớp 10 môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 1, mời các bạn cùng tham khảo!
` GIAO LƯU KIẾN THỨC TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) (Đề có câu , gồm 01 trang) Họ tên thí sinh…………………….…………………………… SBD……………………Phòng …………… a + − Câu I( 2đ): Cho biểu thức K = với a > 0; a ≠ : a − 2a a + 1 − 4a a −1 Rút gọn biểu thức K Tìm giá trị a cho K < Câu II(2đ): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình = y ax + b ( a, b tham số) tìm a, b để (d ) có hệ số góc cắt đường thẳng (∆ ) : = y x + điểm có tung độ 2 x + y = Giải hệ phương trình: x − 3y = Câu III(2đ): Giải phương trình : x + x + = Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x − x − m − 2m − =0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12 − x22 − x1 x2 − = nhọn,đường cao AH ( H ∈ BC ) nội tiếp đường tròn Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC (O) bán kính R ,gọi I K hình chiếu A lên tiếp tuyến (O) B C Chứng minh tứ giác AIBH tứ giác AHCK nội tiếp = 350 Tính góc IAK Cho BAC Lấy điểm M tia OB cho OM = R Tìm vị trí điểm N (O) cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ Câu V(1đ): Cho a , b , c số dương thỏa mãn a + b + c + = abc Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1 + + ab bc ca Hết - Lưu ý - Quét mã QR phiếu dự thi để xem kết (ngày 09/05/2023) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI VÀO LỚP 10 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu HDC này, mà đúng, điểm tối đa phần (câu) tương ứng 2) Trong câu hình, học sinh khơng vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm câu Câu Ý NỘI DUNG Điểm a + − Cho biểu thức K = với a > 0; a ≠ : a − 2a a + 1 − 4a a −1 Rút gọn biểu thức K Tìm giá trị a cho K < Rút gọn biểu thức K: a > 0; a ≠ a K= − + : a − 2a − a a + 4a − (1,0đ) I (2,0đ) a − K= a −1 a a −1 ( 4a − K = a a −1 ( ) : + a +1 a +1 a −1 ( a +1 : a +1 a −1 ) ( )( ) 4a − 4a − a −1 = = a a −1 a 4a − 1 Vậy : K = ,với điều kiện a > 0; a ≠ a ( (1,0đ) II (2,0đ) (1,0đ) ) ( 0,25 ) )( ) 0,25 0,25 0,25 Tìm giá trị a cho K < 4a − 1 < ⇒ 4a − < ⇔ a < K 0; a ≠ ta < a < 0,50 4 Cho hàm số = y ax + b ( a, b tham số), có đồ thị đường thẳng (d ) Tìm a, b để (d ) có hệ số góc cắt đường thẳng (∆ ) : = y x + điểm có tung độ Do đường thẳng (d ) có hệ số góc nên a = (d ) : = y 3x + b 0,25 Xét đường thẳng (∆ ) = y x + : với y = ⇒ x + = ⇔ x = 0,50 Vậy (∆ ) cắt (d ) điểm A(1;5) Do A(1;5) ∈ (d ) nên = 3.1 + b ⇒ b = Kết luận = a 3; = b 2 (1,0đ) 2 x + y = Giải hệ phương trình x − 3y = 2 x + y = 6 x + 3y = 7x = 14 ⇔ ⇔ Ta có: x - 3y = x - 3y = x - 3y = x = Vậy nghiệm hệ phương trình là: ⇔ y = −1 0,50 x = y = −1 0,50 1.Giải phương trình: x + x + = (1,0đ) Ta có: ∆ = 25 − 24 = > nên phương trình có hai nghiệm −5 + −5 − x1 = = −2; x2 = = −3 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = −2; x2 = −3 0,50 0,50 2 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x − x − m − 2m − =0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12 − x22 − x1 x2 − = ∆ ' = + m + 2m + = (m + 1) + > ∀m (2) x1 + x2 = Áp dụng định lí vi-et cho pt (1) ta −m − 2m − (3) x1 x2 = III (2,0đ) (1,0đ) 0,25 x12 − x22 − x1 x −8 = 0⇔ x12 − = x22 + x1 x2 = x22 − m − 2m − Do x2 nghiệm phương (1) nên x2 − x2 − m − 2m − = ⇒ x2 − m − 2m − = x2 , 0,25 thay vào (∗) ta x − 8= x2 ⇔ x − x2 − 4= Kết hợp với (2) ta có x12 + x1 − =0 ⇔ x1 =2; x1 =−3 Với x1 = thay vào (2) ta x2 = , từ (3) suy m + 2m + =0 ⇔ m =−1 Với x1 = −3 thay vào (2) ta x2 = Thay x1 = −3 , x2 = vào (3) ta −15 =−m − 2m − ⇔ m + 2m − 14 =0 ⇔ m =−1 ± 15 { } Vậy m ∈ −1, −1 − 15, −1 + 15 0,25 0,25 nhọn, đường cao AH ( H ∈ BC ) nội tiếp Câu IV(3đ): Cho tam giác ABC có góc BAC đường trịn (O) bán kính R ,gọi I K hình chiếu A tiếp tuyến (O) B C IV (3,0đ) Chứng minh tứ giác AIBH tứ giác AHCK nội tiếp = 350 Tính góc IAK Cho BAC Lấy điểm M tia OB cho OM = R tìm vị trí điểm N (O) cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ A O K C I H B L Chứng minh tứ giác AHBI tứ giác AHCK nội tiếp AIB= 90° Do I hình chiếu A lên tiếp tuyến (O) B nên AHB =° 90 Mặt khác : AH ⊥ BC ( gt ) ⇒ (1,0đ) + AHB = 900 + 900 = 1800 Nên : AIB Vậy : tứ giác AIBH nội tiếp đường trịn Do K hình chiếu A lên tiếp tuyến (O) C = 900 Nên ta có AKC 0,50 + AHC = 900 + 900 = 1800 Suy : AKC Vậy : tứ giác AKCH nội tiếp đường tròn = 350 Tính góc IAK Cho BAC (1,0đ) 0,50 = IAH Gọi L giao điểm IB KC tứ giác AIBH nội tiếp nên LBC ) (cùng bù với góc IBH ) = HAK (cùng bù với góc HCK tứ giác AKCH nội tiếp nên BCL = LBC + BCL + BCL ⇔ IAK + Suy IAH HAK = LBC 0,25 0,25 0,25 ( Góc nội tiếp chắn cung BC , góc tạo tiếp Lại có LBC = BCL = BAC 0,25 = 700 = BAC tuyến dây cung BC đường tròn (O) ) ⇒ IAK Lấy điểm M tia OB cho OM = R Tìm vị trí điểm N (O) cho 2NI + NM đạt giá trị nhỏ A O E N C I (1,0đ) B M -Xét ∀N ∈ ( O ) , N ∉ OB Gọi E trung điểm OB ,tam giác OMN tam giác ONE có 0,50 OE ON chung nên ∆ONE ∆OMN = = góc MON ON OM NE NE ta có NM + NI = NE + NI ≥ IE Dấu =⇒ MN = MN xảy N giao điểm đoạn IE với đường tròn ( O ) -Xét N ≡ B dễ thấy BI + BM = BI + BE ≥ IE dấu '' = '' xảy B thuộc đoạn IE ,điều xảy ∆ABC vuông C N ≡ B ≡ I Khi điểm N cũnglà giao điểm đoạn IE với đường tròn Vậy N giao điểm đoạn IE với đường tròn điểm cần tìm Cho a , b , c số dương thỏa mãn a + b + c + = abc 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P = + + ab bc ca 1 + + + = (1) Ta có: Từ giả thiết a + b + c + 2= abc ⇒ ab bc ca abc 1 = y, Đặt = x, = z Từ gt ta có < x, y, z < bc ab ca (1) ⇔ x + y + z + xyz − =0 ⇔ x + xyz + y z =y z − y − z + Do ⇔ ( x + yz ) = − yz + (1 − y )(1 − z ) ⇔ x = V (1,0đ) ⇔ x + yz= (1,0đ) (1 − y )(1 − z ) ≤ − y2 − z 2 0,5 0,25 (1 − y )(1 − z ) 2 0,25 ( y + z) ≤1 y2 + z2 Suyra x + yz + ≤1⇔ x + 2 0,25 lại có ( y + z ) + ≥ ( y + z ) nên ta có 2 ( y + z ) −1 ≤ ⇔ x + y + z ≤ Dấu ' = ' xảy x= y= z= 2 1 + + Vậy P = đạt giá trị nhỏ a= b= c= ab bc ca x+ 0,25