Đề thi thử Toán vào 10 lần 2 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Giao Thuỷ – Nam Định

Trang 1/2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIAO THỦY ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024

Môn: Toán lớp 9 THCS (Thời gian làm bài: 120 phút)

Đề thi thử gồm 02 trang.

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.

Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2023

6x có nghĩa là

A. x6. B. x6. C. x6. D. x6.

Câu 2. Giá trị biểu thức



^{5 1}

 

^{2  1 5}



^{2 bằng}

A. 2 5. B. 4 5. ^C. 2. D. 2.

Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?

A. y  4x 5. B. ^y



^{2 1}



^{x1. C. y 3 .x2} D. y x². Câu 4. Cho tam giác vuông tại , , cạnh . Độ dài cạnh bằng

A. 5 3cm. B. 5cm. C. 5 3 .

2 cm D. 5

3cm. Câu 5: Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3?

A. x²3x 5 0. B. x²3x 2 0. C. x²3x 9 0. D. x² 3 0.

Câu 6. Cho hàm số bậc nhất ^{y }



^{1 2m x m}



^{ 3.} Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1.

A. m3. B. m2. C. m 2. D. 1 2. m Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại ,A AB18cm, AC24cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng

A. 30cm. B. 15cm. C. 15 2cm. D. 20cm.

Câu 8. Cho khối nón có đường sinh bằng hai lần bán kính đáy. Biết thể tích của khối nón là 3cm³ . Chiều cao của khối nón bằng

A. 3cm. B. 2 3cm. C. 3 3cm. ^D. 3cm. Phần II - Tự luận (8,0 điểm)

Câu 1. (1,5 điểm)

1) Chứng minh đẳng thức ¹⁵_{3 1}^_ ^5



^{1 5}



^{2  20 1.}

2) Rút gọn biểu thức 1 1 1

1 : 2 1

x x

A x x x x x

   

       ^{, vớix0,x1.}

ABC A ACB 30 AB5cm AC

Trang 2/2 Câu 2. (1,5 điểm)

1) Tìm tọa độ giao điểm của parabol

 

^{P :y2x2} và đường thẳng

 

^{d :y3 –1.x}

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ^x22



^m1



^{x2m 1 0 có 2}

nghiệm phân biệt x₁,x₂ thỏa mãn x₁² 4 .x₂

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 3 4

2 3 1

2 1

2 3 1 3.

x y

x y

  

  



  

  

 Câu 4. (3,0 điểm)

1) Cho ABC vuông tại A có AB 2 3cm, AC 2cm. Vẽ cung tròn tâm C bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn

  

^{O AB AC}



^, các đường cao , .

BE CF Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn

 

^O

tại M (M khác A).

a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.

b. Chứng minh KB KC. KE KF. và MAF MEF. Câu 5. (1,0 điểm)

1. Giải phương trình 7x²25x19 x²2x35 7 x2 .

2. Xét , ,x y z0 và x y z  3. Chứng minh: ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1

2 2 2 1.

x yz y zx z xy

  

--- Hết ---

Họ và tên thí sinh: ……… Họ tên, chữ ký GT 1: ………...

Số báo danh: ………... Họ tên, chữ ký GT 2: ………...

Trang 1/4 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIAO THUỶ

KỲ THI THỬ LẦN 2 TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023

HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp 9 THCS I. Hướng dẫn chung

1. Học sinh giải theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa.

2. Điểm toàn bài là tổng điểm các câu, không làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Phần I. Trắc nghiệm: (2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm

Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8

Đáp án C A B A B C B D

Phần II. Tự luận: (8 điểm)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1.1 (0,5 điểm)

Chứng minh đẳng thức ¹⁵_{3 1}^_ ^5



^{1 5}



^{2  20  1.}

 

5 3 1

5 1 2 5 VT 3 1

   

 ^0,25

5 5 1 2 5 1.

      ^0,25

Câu 1.2 (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức 1 1 1

1 : 2 1

x x

A x x x x x

   

       ^{, vớix0,x1.}

Với x0,x1 ta có:

 

²

1 1 1

( 1) ( 1)( 1) : 1

x x

A x x x x x

   

      

0,25

 

²

1 1 : 1

( 1) ( 1) 1

x

x x x x

  

  

 

   0,25



¹



²

1 .

( 1) 1

x x

x x x

 

   0,25

1. x

x

  Vậy với x0,x1 thì x 1

A x

  _0,25

Câu 2.1 (0,5 điểm)

Tìm tọa độ giao điểm của parabol

 

^{P : y2x2} và đường thẳng

 

^{d : y3 –1.x}

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2x²3 –1x Giải PT tìm được _{1 2} 1

1; 2

x  x  ^0,25

Với x₁1; y₁2 . 0,25

Trang 2/4

Với ₂ 1 ₂ 1

2 2.

x   y 

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là

 

^{1;2 ; (1 1}₂^;₂^).

Câu 2.2 (1 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ^x22



^m1



^{x2m 1 0}

có 2 nghiệm phân biệt x₁,x₂ thỏa mãn x₁²4 .x₂ Vì phương trình có abc12m22m10

PT luôn có hai nghiệm: x 1;x 2m1

+)PT (1) có hai nghiệm phân biệt 2m11m0

0,25 Ta xét 2 trường hợp:

TH1: x₁ 1;x₂ 2m1. Khi đó:

 

( )

8 3 3

8 1 4 8 1 2 4 1 4 ₂ ²

2

1 x m m m m tm

x           

0,25

TH2: x₁ 2m1;x₂ 1

Khi đó:

 

































) 2( 3

) 2( 1 2

1 2 1 . 4 1 2

4 ₂ ²

2 1

tm m

tm m

m m

x

x 0,25

Vậy 



 

 2

; 3 2

;1 8

m 3 là các giá trị cần tìm. 0,25

Câu 3 (1 điểm)

Giải hệ phương trình:

1 3 4

2 3 1

2 1

2 3 1 3.

x y

x y

  

  



  

  

 Điều kiện

3 2

1.

x y

 

  



Đặt ^{1 ; 1}



⁰



2 3 1

a b b

x y

  

 

0,25

Hệ trở thành ^{3 4 1}

 

2 3 1

a b a

a b b tm

  

 

    

  ^0,25

 

1 1

1 2 3 2

1 1 1 0

1

a x x

b y tm

y

 

   

  

    

   

 

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

 

^{2; 0 .} 0,25 Câu 4.1

(1 điểm)

1) Cho ABC vuông tại A có AB 2 3cm, AC 2cm. Vẽ cung tròn tâm C bán kính CA cắt BC tại D. Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Trang 3/4

 

tan AB 3 60

ACB ACB

AC

     0,25

Diện tích tam giác ABC là:

 

²

1

= AB.AC=2 3 1

S 2 cm ^0,25

Diện tích hình quạt tròn CADlà: 2 ²

 

²

.2 .60 2 360 3 .

S    cm 0,25

Diện tích phần được tô màu là: 1 2

 

²

2 3 2 1,37

S S S

   3





cm

0,25

Câu 4.2

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn

  

^{O AB AC}



^{, các}

đường cao BE CF, . Gọi K là giao điểm của đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn

 

^{O tại M (M khác A).}

a. Chứng minh BFEC là tứ giác nội tiếp.

b. Chứng minh KB KC KE KF.  . và MAF MEF.

Câu 4.2.a (1 điểm)

 

^

 

^

o o

90 ; 90 BE AC gt BEC CF AB gt BFC

  

   0,5

Xét tứ giác BCEF có  BEC BFC 90^o nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

đường kính BC. 0,5

Câu 4.2.b (1 điểm)

Vì tứ giác BCEF nội tiếp suy ra  AFE ECK ( cùng bù với EFB)

Mà  AFE KFB (đối đỉnh) do đó KFB ECK  ^0,25

Trang 4/4 Xét hai tam giác KBF và KEC có  KFB ECK (chứng minh trên); EKC

chung

Suy ra KBF đồng dạng với KEC ^{KB KF} KB KC KE KF^{. .}

 

¹

KE KC

   

0,25

Xét hai tam giác KBM và KAC có  MBKKAC(cùng bù với MBC) và

 MKB AKC

Suy ra KBM đồng dạng với KAC ^{KB KM} KB KC KM KA^{. .}

 

²

KA KC

   

0,25

Từ

 

^{1 và}

 

^{2 suy ra} KM KA KE KF^{. . KM KE}

 

³

KF KA

  

Ta lại có ^MKE ^AKF

 

⁴

Từ

 

^{3 và}

 

^{4 suy ra KME} đồng dạng KFA. Suy ra MAF MEF  .

0,25

Câu 5.1 (0,5 điểm)

Giải phương trình 7x²25x19 x²2x35 7 x2 . Điều kiện x7.

2 2

7x 25x19 x 2x35 7 x2 ^{3x211x22 7}



^x2



^x5



^x7



^3



^x25x14



^4



^{x 5}



⁷



^x5

 

^x25x14



0,25

Đặt ^{a x25x14 ;b x5}



^a0,b0



. Khi đó phương trình trở thành 3a²4b² 7ab  a b 3a4b

Với a b   x 3 2 7 (thỏa mãn) và x 3 2 7 (loại)

Với 61 11137

3 4

a b x 18 (thỏa mãn) và 61 11137 x  18 (loại)

0,25

Câu 5.2 (0,5 điểm)

Xét x y z, , 0và x y z  3. Chứng minh:

2 2 2

1 1 1 1.

2 2 2

x yz y zx z xy 

  

Đặt x²2yz a y ; ²2zx b z ; ²2xy c    a b c (x y z  )²9 và

0; 0; 0

a b c

0,25 Xét

 

2 2 2

1 1 1

9 a b a c b c 9

a b c

a b c b a c a c b

     

 

               

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

9 9 1 1

2 2 2

a b c a b c x yz y zx z xy

 

               

0,25

---Hết---