Đề thi định hường vào Lớp 10 THPT (Đề chính thức) - Đề Chẵn - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi định hường vào Lớp 10 THPT (Đề chính thức) - Đề Chẵn - Năm học 2023-2024 - Phòng GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT TP THANH HOÁ KỲ THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 02 năm 2023 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có: 01 trang ĐỀ CHẴN: Câu I: (2,0 điểm) 2 x x 1 7 x 3 Cho biểu thức: P x 3 x 3 x 9 1. Rút gọn biểu thức P 1 2. Tìm giá trị của x để biểu thức P 3 Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 1 1 1 x y 2 2. Giải hệ phương trình: 4 6 2 x y 3 Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho hai đường thẳng (d1): y = (m – 2)x + 3 (với m 2) và (d2): y = 3x + m Tìm m để hai đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau. 2. Tìm m để đường thẳng (d 1) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B sao 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 và M). Dây PA vuông góc với MN tại F. Trên cung nhỏ NP lấy điểm D bất kỳ (D N, D P) , MD cắt PF tại I, gọi E là giao điểm của NP với tiếp tuyến tại M của (O). 1. Chứng minh rằng: Bốn điểm N, D, I, F cùng thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh: MI. MD = PN.PE 3. Khi F là trung điểm của OM và D chạy trên cung nhỏ NP. Tìm vị trí điểm D để DN + DP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + xy + yz + xz = 6. x3 y3 z3 Chứng minh rằng: 3 y z x Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỊNH HƯỚNG VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHẴN: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1) Với x 0; x 9 0,25 2 x x 1 7 x 3 Ta có P x 3 x 3 x 3 x 3 2 x. x 3 x 1 x 3 3 7 x P 0,25 x 3 x 3 2x 6 x x 4 x 3 3 7 x x 3 x 3 3x 9 x 3 x x 3 3 x Câu 0,25 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 I (2đ) 3 x Vậy P với x 0; x 9 0,25 x 3 1 3 x 1 2) Với x 0; x 9, P khi 3 x 3 3 6 x ( x 3) 8 x 3 0 0 0,5 x 3 x 3 9 8 x 3 0 x (t/ m) 64 9 1 Vậy x khi P 0,5 64 3 1) Giải phương trình: 5x2 + 6x – 11 = 0 Ta có 5x2 + 6x – 11 = 0 5x2 – 5x + 11x – 11 = 0 5x(x – 1) + 11(x – 1) = 0 (x – 1)(5x + 11) = 0 x – 1 = 0 hoặc 5x + 11 = 0 0,5 TH 1: x – 1 0 x 1 11 TH 2: 5x + 11 0 x 5 11 Câu Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1;  0,5 II 5  (2đ) 1 1 1 1 1 1 x y 2 x y 2 2) Giải hệ phương trình: (*) 4 6 2 2 3 1 x y 3 x y 3 2
3. x 0 Điều kiện y 0 1 a (a 0) x Đặt 1 b (b 0) y 1 a b 2 Hệ phương trình (*) trở thành 1 2a 3b 3 7 6 a x 6 7 Giải hệ phương trình ta được (t / m) (t / m) 0,75 2 3 b y 3 2 6 x 7 Vậy hệ phương trình có nghiệm là 3 0,25 y 2 a = a' 1) Hai đường thẳng (d ) và (d )song song với nhau khi 1 2 ' b b m - 2 = 3 m 5 0,75 3 m m 3 m 5 0,25 m 2 m 2 Câu Vậy m = 5 thì hai đường thẳng (d1) và (d2 )song song với nhau III 2) (2đ) +) Nếu x = 0 thì y = 3 B(0; 3) OB = 3 3 3 +) Nếu y = 0 thì x = (với m 2) A ; 0 m 2 m 2 3 3 OA m 2 m 2 Vì A Ox, B Oy nên tam giá OAB vuông tại O 0,5 Tam giác OAB vuông cân tại O khi OA = OB 9 m 2 1 m 3 (t / m) 9 (m 2)2 1 2 0,25 (m 2) m 2 1 m 1(t / m) Vậy m 1;3 0,25 1) Chứng minh rằng: Bốn điểm D, N, F, I cùng thuộc 1 đường tròn: Vì ∈ ( ) đường kính MN nên = 900hay = 900 Suy ra I, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN. 0,5 Lại có 푃 ⊥ nên 퐹 = 900 3
4. Suy ra bốn điểm I, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN. Vậy bốn điểm I, D, F, N cùng thuộc đường tròn đường kính IN (đpcm) 0,5 E D P I B M N F O A 2) Chứng minh: MI.MD = PN.PE Câu Xét 훥 퐹và 훥 có IV M· FI M· DN 90 (3đ) D· MN chung do đó 훥 퐹 ∽ 훥 ( ― ) 0,25 suy ra: (1) 퐹 = ⇔ . = MF.MN Mặt khác : 푃 ∈ ( ) đường kính AB nên 푃 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPN đường cao PF 0,25 Ta có MF.MN = MP2 (2) Lại có: ME là tiếp tuyến của (O) tại M nên = 900 (tính chất tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EMN đường cao MP 0,25 Ta có MP2 = PE.PN (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: MI.MD = PN.PE 0,25 3) Tìm vị trí điểm E để EB EC lớn nhất: Vì MN vuông góc với PA tại F nên F là trung điểm của PA 훥푃 cân tại N. (NF là đường cao, đường trung tuyến) F là trung điểm của ;푃퐹 ⊥ nên 훥푃 cân tại P Mà OM = OP = R nên 훥푃 đều suy ra 푃 = 600 ⇒푃 = 300⇒푃 = 600 nên 훥푃 đều 0,25 Trên tia DA lấy điểm B sao cho DB = DP Vì 푃 = 푃 = 600 (góc nội tiếp cùng chắn cung PA) nên 훥푃 đều Vì 푃 = 1800 ― 푃 = 1200 (kề bù) 4
5. 푃 = 1800 ― 푃 = 1200 푃 = 푃 (góc nội tiếp cùng chắn cung PD) 0,25 Suy ra 푃 = 푃 Xét 훥푃 và 훥푃 ta có 푃 = 푃 PB = PD 푃 = 푃 Do đó 훥푃 = 훥푃 ( . . ) suy ra AB = DN Khi đó DN + DP = BA + BD = AD ≤ 2푅 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD đường kính của đường tròn ( ) ⇔ là điểm đối xứng với A qua O Vậy giá trị lớn nhất của DN + DP bằng 2R khi D đối xứng với A qua O 0,25 x3 y3 z3 Đặt P y z x Có x, y, z là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM 3 x 2 xy 2x y 3 3 3 3 y 2 x y z 2 2 2 ta có: yz 2y P 2 x y z xy yz zx 0,25 z y z x 3 z 2 xz 2z x mà x y z xy yz zx 6 P 2 x2 y2 z2 x y z 6 Câu Có x y 2 y z 2 z x 2 0 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz V 2 2 2 2 (1đ) 3 x y z x y z 2 2 0,25 Suy ra P x y z x y z 6. 3 Có xy yz zx x2 y2 z2 3 xy yz zx x y z 2 1 2 Do đó 6 x y z xy yz xz x y z x y z 3 1 2 2 x y z x y z 6 0. x y z 3 x y z 9 3 2 Suy ra P .9 3 6 3 0,25 3 x3 y3 z3 Dấu đẳng thức xảy ra khi x y z 1. Vậy 3 0,25 y z x Ghi chú: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. Nếu không vẽ hình hoặc vẽ hình sai câu 4 thì không chấm điểm. 5