Mau luong toan

UBND QUẬN HÀ ĐÔNG TRƯỜNG THCS MẬU LƯƠNG ĐỀ ĐỀ XUẤT THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học 2023 - 2024 Mơn: Tốn (Thời gian làm 120 phút khơng kể thời gian giao đề) MA TRẬN ĐỀ ĐỀ XUẤT THI VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học 2022-2023 Thời gian: 120 phút Cấp độ Nhận biêt Chủ đề Chủ đề 1: Rút gọn biểu thức toán liên quan TL Số Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Chủ đề 2: Giải Hệ phương trình Số Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Chủ đề 3: Giải toán cách lập PT, HPT Số Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Chủ đề 4: Phương trình bậc hai Hệ thức Vi-et ứng dụng Số Thông hiểu Vận dụng Cấp độ Thấp Cấp độ Cao TL TL TL Tính giá - Vận dụng phép biến Tìm x để P nguyên trị biểu thức đổi để rút gọn biểu biết giá trị thức biến 0,5 5% Nhận biết dạng toán 1 1,0 10% Vận dụng phương pháp giải HPT để giải HPT 1,0 10% - Hs chọn ẩn đúng, lập PT, HPT - HS giải đc PT, HPT lập - Kết luận 1 1,5 15% - Biết vận dung công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai - Biết áp dụng hệ thức Vi- et để tìm tham số m thỏa mãn hệ thức 1 0,5 5% Cộng 2,0 20% 1,0 10% 1 1,5 15% Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Chủ đề 5: Hình học không gian Số Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Chủ đề 6: Tứ giác nội tiếp, góc với đường trịn tốn liên quan Số Số câu hỏi Số điểm Tỉ lệ % Tổng số Tổng số câu hỏi Tổng số điểm Tỉ lệ % 20% Biết vận dụng công thức tính diện thể tích hình trụ để giải toán thực tế 1 0,5 5% - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh vng góc Nhận biết hình trụ 0,5 5% 2,5 25% 8,0 80% 1,0 20% 1 0,5 5% - Vận dụng chứng minh song song chứng minh đồng quy 0,5 5% 1,5 15% 30% 11 10,0 100% UBND QUẬN HÀ ĐÔNG TRƯỜNG THCS MẬU LƯƠNG Đề đề xuất Bài I; (2,0 điểm) 1) Cho biểu thức A  ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023 - 2024 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) x1 với x 0 Tính giá trị A x 16 x 2 x 3   với x 0 ; x 1 Rút gọn B x 1  x x  3) Tìm số hữu tỉ x để P  A.B có giá trị nguyên Bài II (2,5 điểm) Một tàu tuần tra chạy ngược dịng 60km , sau chạy xi dịng 48km dịng sơng có vận tốc dịng nước 2km / h Tính vận tốc 2) Cho biểu thức B  tàu tuần tra nước n lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dòng 60 phút Hộp sữa có dạng hình trụ có đường kính đường đáy 8cm, chiều cao 10cm (Hình vẽ minh họa) Hỏi hộp sữa chứa ml sữa (kết làm tròn đến hàng đơn vị, lấy  =3,14)) ì =5 ï 4x - + y- ï Bài III(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: í ï =13 ï x- 13- y ïỵ Cho phương trình: x  (2m  1)x  m  0 (1) a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x thỏa mãn x12  (2m  1)x 2x1x  Bài IV(3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm  O  , đường kính AD ( B thuộc cung nhỏ AC ) Gọi giao điểm hai đường chéo AC BD H Kẻ HK vng góc với AD K Tia BK cắt  O  điểm thứ hai F 1) Chứng minh bốn điểm A , B , H , K thuộc đường tròn 2) Chứng minh AD vng góc với CF 3) Gọi P Q hình vng góc F đường thẳng AB BD a) Chứng minh PQ // BC b) Chứng minh ba đường thẳng PQ , AD , CF qua điểm Bài V (0,5 điểm) Cho x, y , z  x  y  z 3xyz Chứng minh: yz zx xy   1 x  z  y  y  x  2z  z  y  2x  ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN: TỐN LỚP Bài Ý I Nội dung Điểm Với x 16 ( thỏa mãn điều kiện: x 0 ), ta có: x  16 4 4   Khi giá trị biểu thức A bằng: A  42 Vậy A  x 3  x 3   B   x 1 x1 x 1 x1 x 1  x x   2)    x 3   x  1   x 1   x    x 1  x  1   x 1  x  1  x 7 x 6   x  1  x 1  x  1 x 6    x  35 x 5  x 1  x1 x 6 x1 0.5đ 0.25 0.25 0.5 Điều kiện: x 1 ; x 0 Ta có: P  A.B  Vì x 0 nên x  x 6 x 6 x 24 1    x 2 x 2 x 2 x 2 x  x  2 suy  0.25 2   P 3 x 2 3) Mà P   nên P   2;3 Với P 2   2  x 2 x  4  x 2  x 4 (t/m) Với P 3   3  x 2 x  2  x 0  x 0 (t/m) 0.25 Vậy với x   0; 4 P  A.B có giá trị ngun II Gọi x  h  thời gian xuôi dòng tàu tuần tra  x   0.25 Thời gian ngược dòng tàu tuần tra x   h  0.25 Vận tốc tàu tuần tra xi dịng 60  km / h  x 48 x 1 Vận tốc tàu tuần tra ngược dòng Vì vận tốc dịng nước  km / h  nên vận tốc tàu xi dịng lớn vận tốctàu ngược dòng  km / h  , suy ta có phương trình 0.25 0.25 0.75 60 48  4 x x 1  60  x  1  48 x 4  12 x  60 4 x  x  1  x  x  60 0 x  x  1 Ta có  16  240 256   16 Suy phương trình có nghiệm phân biệt x 5 (nhận), x  (loại) Vậy vận tốc riêng tàu tuần tra 60  10 km / h 0.25 Gọi r bán kính đáy hộp sữa hình trụ, h chiều cao hộp sữa hình trụ Bán kính đáy hộp sữa hình trụ r = : = (cm) 0.5 Chiều cao hộp sữa hình trụ h = 10 cm Dung tích hộp sữa hình trụ là: V  r h 3,14.42.10 502, 4cm3 ì =5 ï 4x - + y- ï í ĐK: x ≥ 1; y ≠ 3 ï =13 ï x- 13- y ïỵ Đặt x - =a, III 1 =b Þ y- ìï 2a +b =5 í ïỵ 5a +3b =13 Ta giải a=1 b=1 TMĐK ìï x =5 Từ tìm í TMĐK ïỵ y =4 Vậy nghiệm hệ phương trình (x;y) = (5;4) a.Khi m = (1)  x  7x 11 0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  ( 7)2  4.1.11 5  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  ( 7)   7  ; x2  2.1 2 Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x x1  0.25  0     2m  1   4.1.(m  2) 0  4m  0  m   x1  x 2m  Theo Viet có   x1x m  Ta có: x12  (2m  1)x 2x1x  0.25  x  (x1  x )x 2x1x  Vậy m = phương trình (1) có hai x1 ; x nghiệm thỏa mãn  x12  x 22  x1x 7 x12  (2m  1)x 2x1x   (x1  x )  3x1x 7  (2m  1)  3(m  2)  0  m  4m  12 0  (m  2)(m  6) 0  m 2(tmdk)   m  6(ktmdk) IV 0.25 0.25 Điểm B thuộc đường trịn đường kính AD (giả thiết)  ABD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ABH 90 0.25 HK  AD (giả thiết)  AKH 90 Xét tứ giác ABHK có: ABH 90 (chứng minh trên); AKH 90 (chứng minh trên)  ABH  AKH 90  90 180 0.25 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác ABHK nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Suy bốn điểm A, B, H , K thuộc đường tròn 0.25 Tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn (chứng minh trên)  ABK  AHK (góc nội tiếp chắn cung AK ) Tứ giác ABCF nội tiếp đường tròn (giả thiết) ABF  ACF (góc nội tiếp chắn cung AF ) Suy ra: AHK  ACF  ABK 0.25   0.25 0.25 Mà hai góc vị trí đồng vị nên HK //CF (dấu hiệu nhận biết) HK  AD (giả thiết)  CF  AD (từ vng góc đến song song) 0.25   a) FP  AB (giả thiết)  FPB 90 90 ; FQ  BD (giả thiết)  FQB    Tứ giác PBQF có: FPB FQB PBQ 90 suy tứ giác PBQF 0.25 hình chữ nhật Gọi E giao điểm BF PQ suy BE QE  EQB   BEQ cân E  B (tính chất tam giác cân) 0.25 Đường kính AD  O  vng góc với dây cung CF suy D điểm  cung CF  FD   B  B  (góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  CD   EQB    B B  Mà hai góc vị trí so le nên BC //PQ (dấu hiệu nhận biết) b) E giao điểm hai đường chéo BF , PQ hình chữ nhật PBQF nên suy E trung điểm BF Đường kính AD  O  vng góc với dây CF I suy I trung điểm CF Suy EI đường trung bình BFC suy EI //BC Mà PQ //BC , PQ qua E , theo tiên đề Ơ-clit suy EI PQ hay PQ qua I Vậy ba đường thẳng PQ , AD , CF qua điểm yz zx xy Đặt P  , đặt a  ; b  ; c    3 x  z  y  y  x  2z  z  y  2x  x y z 0.25 0.25 0.25 Từ giả thiết ta có a, b, c  ab  bc  ca 3 Ta có: P  a3 b3 c3   b  2c c  2a a  2b Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: 9a   b  2c  a 6a , b  2c 9b3   c  2a  b 6b , c  2a 9c   a  2b  c 6c Cộng vế ba bất đẳng thức a  2b 2 chiều ta có P   ab  bc  ca  6  a  b  c  Mặt khác ta có kết thuộc: a  b  c ab  bc  ca kết hợp với ab  bc  ca 3 suy P 1 Vậy P 1 Giá trị nhỏ đạt x  y  z 1 quen 0.25