Tham khảo “Đề thi KSCL môn Toán vào lớp 10 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THPT Quảng Xương 4, Thanh Hoá” để bổ sung kiến thức, nâng cao tư duy và rèn luyện kỹ năng giải đề chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp tới các em nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!
SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG Câu I ĐỀ KSCL CÁC MÔN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) a + với a > a ≠ (2.0 điểm) Cho biểu thức: P = ⋅ − − + a a a a 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị P a= + 2 Câu II (2.0 điểm) 3 x + y = 1) Giải hệ phương trình: 4 x − y = 2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A ( 2; ) , đường thẳng d : y =− x + parabol ( P ) : y = ax Tìm a để parabol ( P ) : y = ax qua điểm A Với giá trị a tìm được, xác định tọa độ điểm B giao điểm thứ hai ( d ) ( P ) Câu III (2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai x − x − 5m = ( m tham số) 1) Giải phương trình m = 2) Tìm giá trị tham số m phương trình có nghiệm x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x1 x22 − x1 ( 5m + x2 ) = 10115 Câu IV (3.0 điểm) Từ điểm M nằm đường tròn ( O; R ) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn C , D ( C nằm M D) Gọi E giao điểm AB OM 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp 2) Chứng minh MC.MD = ME.MO 3) Giả sử OM = 3R Tìm diện tích lớn tứ giác MADB Câu V (1.0 điểm) Cho số thực a, b, c > −1 Chứng minh b + c2 − a c + a − b2 a + b2 − c2 + + ≤ 1 + b + c2 + c + a2 + a + b2 ===========HẾT=========== Thí sinh khơng sử dụng tài liệu; cán coi thi khơng giải thích thêm rằng: HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL CÁC MƠN THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MƠN: TỐN SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG Câu/ý Cho biểu thức: P = 1) Rút gọn biểu thức Lời giải – Đáp án a + với a > a ≠ ⋅ a −1 a − a a + P Điểm Với a > a ≠ , ta có: a + P = + = ⋅ a a −1 a −1 a − a a + a −1 I.1) ) ( a +2 = a ( ) a −1 ⋅ a a +2 = a −1 ⋅ a a +2 0,5 0,5 2) Tính giá trị P a= + 2 Khi a= + 2 (thỏa mãn điều kiện xác định), ta có: I.2) a= 3+ 2 = Suy ra:= P ( + 2.1 + = = a −1 = +1−1 = ) 2 +1 = +1 = +1; 0,5 Vậy P = a= + 2 0,5 3 x + y = Giải hệ phương trình: 4 x − y = x+ y = 3= 7 x 14 ⇔ Ta có: x − y 3= x+ y II.1) 4= = x 2= x ⇔ ⇔ +y = 3.2= y 0,5 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) 0,5 Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm A ( 2; ) , đường thẳng d : y =− x + parabol ( P ) : y = ax Tìm a để parabol ( P ) : y = ax qua điểm A Với giá trị a tìm được, xác định tọa độ điểm B giao điểm thứ hai ( d ) ( P ) II.2) 1 suy ( P ) : y = x 2 Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) : x 2,= y vào pt ( P ) : 4a = ⇔ a = Thay= x = ⇒ y = 2 x =− x + ⇔ x + x − =0 ⇔ x =−4 ⇒ y =8 Vậy giao điểm lại B ( −4;8 ) 0,5 0,5 III.1) Cho phương trình bậc hai x − x − 5m = ( m tham số) 1) Giải phương trình m = Với m = phương trình trở thành x − x − 15 = 0,5 Ta có ∆ ′ = + 15 = 16 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = − 16 = −3 ; x2 = + 16 = Tìm giá trị tham số m phương trình có nghiệm x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x1 x22 − x1 ( 5m + x2 ) = 10115 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ∆ ′ > ⇔ 12 + 5m > ⇔ m > − −2 − = (1) x1 + x2 = Khi đó, theo Vi-et ta có: m − x x = = −5m (2) Theo đề ta có: x1 x22 − x1 ( 5m + x2 ) = 10115 (3) III.2) 0,25 0,25 Từ (1) ⇒ x1 =2 − x2 Thay vào (2) (3), ta có: ( − x2 ) x2 = −5m 10115 ( − x2 ) x2 − ( − x2 )( 5m + x2 ) = 5m = x22 − x2 ⇔ 2 10115 ( − x2 ) x2 − ( − x2 ) ( x2 − x2 + x2 ) = = x22 − x2 5m ⇔ 0,25 2 − x x − − x x + x = 10115 ( ) ( ) ( ) 2 2 = x22 − x2 = x22 − x2 5m 5m ⇔ ⇔ 3 10115 10115 x2 − x2 = 2 x2 − x2 − x2 − x2 + x2 + x2 = ⇒ 5= m 10115 ⇔ = m 2023 (thỏa mãn) Vậy m = 2023 0,25 Từ điểm M nằm ngồi đường trịn ( O; R ) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn C , D ( C nằm M D) Gọi E giao điểm AB OM 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp A D C IV.1) M E B O IV.2) IV.3) V = MBO = 90° ( tính chất Vì MA, MB tiếp tuyến ( O ) nên ta có MAO tiếp tuyến) + MBO = 180° ⇒ tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp Do MAO Chứng minh MC.MD = ME.MO = MDA nên chung MAC Xét MAC MDA có: M MAC∽MDA( g g ) MA MC = Do đó: ⇒ MA2 = MC.MD (1) MD MA Vì MA, MB tiếp tuyến ( O ) nên ta có MO trung trực AB Xét tam giác MAO vng A có AE ⊥ MO nên MA2 = ME.MO (2) Từ (1) (2), ta có MC.MD = ME.MO Giả sử OM = 3R Tìm diện tích lớn tứ giác MADB Xét tam giác MAO vng A có AE ⊥ MO nên OA2 = OE.OM R 8R R 8R 2R ⇒ OE =⇒ ME = 3R − = ⇒ AE = ME.MO = ⇒ AE = 3 3 4R ⇒ AB = R 4R Hạ: DH ⊥ AB ta có DH ≤ DE ≤ DO + OE = R + = 3 1 Do đó: S MADB = S MAB + S DAB = ME AB + DH AB 2 8R R R R R ≤ + = 3 3 2R2 M , C , O, D thẳng hàng Vậy S MADB đạt GTLN Cho số thực Chứng minh a, b, c > −1 2 2 2 b+c −a c+ a −b a+b −c + + ≤ 1 + b + c2 + c + a2 + a + b2 + a2 + b2 + c2 Bất đẳng thức cho tương đương với: + + ≥2 + b + c2 + c + a + a + b2 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có + b2 + b + c > 0,1 + b + c ≤ + + c2 2 (1 + a ) + a2 Suy ≥ + b + c + b + (1 + c ) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 rằng: 0,25 (1 + b ) + b2 Tương tự ta có ≥ + c + a + c + (1 + a ) (1 + c ) + c2 ≥ + a + b + a + (1 + b ) Cộng theo vế bất đẳng thức đặt x =a + 1, y =b + 1, z =c + ta 0,25 + a2 + b2 + c2 2x 2y 2z + + ≥ + + + b + c2 + c + a + a + b2 y + z z + x x + y x y z = 2 + + y + 2z z + 2x x + y Sử dụng bất đẳng thức C – S (Cô-si cộng mẫu) ta có ( x + y + z) x y z + + ≥ y + 2z z + 2x x + y x ( y + 2z ) + y ( z + 2x) + z ( x + y ) 0.25 ( xy + yz + zx ) ( x + y + z) ≥ =1 ( xy + yz + zx ) ( xy + yz + zx ) = Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a= b= c= ==========Hết========== (Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa) 0,25