Đề thi thử Toán vào lớp 10 lần 1 năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Quốc Oai – Hà Nội

(1)

PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 - LẦN 1 Năm học 2022 - 2023

MÔN: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2 điểm). Cho hai biểu thức:

2

A = x +2 x

và 2 1 x 7 1

B = -

x 2 x +3 x + 6

x x

x

  

  ^vớix 0 ; x 4 

a. Tính giá trị của A khi x = 9 b. Rút gọn biểu thức B

c. Tìm x để A.B < ¹

2

Bài 2: (2,5 điểm)

1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Tính các kích thước của một hình chữ nhật biết rằng, nếu tăng chiều dài thêm 3cm và giảm chiều rộng đi 2cm thì diện tích giảm 12cm². Còn nếu giảm chiều dài 2cm và tăng chiều rộng 2cm thì diện tích tăng thêm 8cm²

2. Người ta đúc một ống cống bằng bê tông có dạng hình trụ rỗng với đường kính ngoài là 60cm, độ dày 10cm và chiều cao 120cm. Tính thể tích phần bê tông.

Bài 3: (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình:

2 2

x + 2 y = 6 2x - 5 y = 3





2. Trong mặt phẳng tọa độ,cho Parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = 2(m+2)x - 2m + 1 (với m là tham số)

a. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

b. Gọi x1 và x2 là hoành độ giao điểm của (P) và (d).

Tìm m để x12 + x22 – x1x2 = 13 Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa (O,R) đường kính AB, điểm C bất kì thuộc nửa đường tròn. Kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của CH; Tia AI cắt nửa đường tròn tại M.

a) Chứng minh tứ giác BHIM nội tiếp b) Chứng minh: AI.AM = AC²

c) Kẻ tiếp tuyến Bx cùng phía với nửa đường tròn. Gọi N là giao điểm của tia AM với Bx. Chứng minh NC là tiếp tuyến của (O).

Bài 5: (0,5 điểm) Cho x y, là các số thực dương thỏa x y 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA 2x² y² x ¹ 1.

    x

Cán bộ coi kiểm tra không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...

(2)

PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KỲ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu Phần Nội dung Điể

m

1 (2đ)

a

Với x = 9(TMĐK) thay vào biểu thức A ta được: 0,25 Tính đúng A = ¹

5 , KL: 0,25

b

ĐKXĐ: x 0; x 4 

2 1 x 7 1

B = -

x 2 x +3 x + 6

x x

x

  

 

  

2 1 x 7 1

= -

x 2 x +3 x 2 x +3

x  x

 

      

  

2 1 x +3 x 2 7 1

= x 2 x +3

x  x   x

 ^0,25

  

2 5 3 2 7 1

= x 2 x +3

x x  x x  x

 ⁼



^{x 2}^^x^



⁴ ^{x +3}



^0,25

  

x 2 x +2 x 2 x +3

 



x +2 x 3

  ^0,25

x +2 KL: B

 x 3



0,25

c

ĐKXĐ: x 0; x 4 

   

 

1 2 x +2 1 2 1

A.B < . < - < 0

2 x 2 x 3 2 x 3 2

2 2 x 3 2 4 3

< 0 < 0

2 x 3 2 x 3

7 < 0

2 x 3

x x

x x x

x

 

 

  

     

 

 

 



0,25

Vì ^{x 0}^ ^²



^{x +3 0}



^

(3)

Nên để



⁷



^{< 0}

2 x 3

x

 thì x7 < 0  x < 7  x < 49 Vậy 0 x < 49 và x 4  thì A.B < ¹

2

0,25

2 (2,5đ

) 1

Gọi chiều dài ban đầu là x (cm, x>2)

Và chiều rộng ban đầu là y (cm, y>2) 0,5

Thì diện tích ban đầu là xy (cm²) 0,25

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

⁽ ³⁾⁽ ²⁾ ¹²

( 2)( 2) 8

x y xy

   

    



0,25

 ² ³ ⁶ ¹²

2 2 4 8

xy x y xy

    

     

  ² ³ ⁶

2 2 12

x y

  

  

 0,25

Giải hệ PT được (x,y) = (12; 6) (tmđk) 0,5

Nhận định KQ, trả lời:

Vậy chiều dài ban đầu là 12(cm)

Chiều rộng ban đầu là 6(cm) 0,25

2

Bán kính khối trụ ngoài là: 60:2 = 30cm

Thể tích khối trụ ngoài là: V1 = π.30².120 = 108000π (cm³) Bán kính phần trụ rỗng bên trong là: 30-10=20cm

Thể tích phần trụ rỗng bên trong là: V2 = π.20².120 = 48000π (cm³) Thể tích của phần bê tông là:

V = V1 – V2 = 108000π - 48000π = 60000π(cm³)

0,25 0,25

3 (2đ)

3.1 0,75 đ

2 2

x + 2 y = 6 2x - 5 y = 3



 Đkxđ: y 0 Đặt

x = a2

(a, b 0) = b

y

 



Hệ pt a + 2b = 6 2a + 4b = 12 2a - 5b = 3 2a - 5b = 3

 

   

 

9b = 9 a = 4

(tm)

a +2 b = 6 b = 1

 

   

 

_0,25

Thay ẩn:

x = 42 x = 2

(tm)

= 1 y = 1 y

  

 

 

  ^0,25

Vậy hệ pt đã cho có hai nghiệm: (x , y) = (-2; 1) và (x , y) = (2; 4) 0,25 3.2

(a)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x² = 2(m+2)x -2m + 1

(4)

0,5 đ

 x² – 2(m+2)x + 2m -1 = 0 (*)

0,25

' = m² + 4m + 4 – 2m + 1 = 0

= m² – 2m + 5 = (m – 1)² + 4 > 0 m

 Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt m

 Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt m 0,25

3.2 (b) 0,75 đ

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x² – 2(m+2)x + 2m -1 = 0 (*)

Theo phần a) phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt m Theo Vi-et:

1 2

1

2( 2) 2 1

x

x x m

x x m

  

  



Theo bài: x12 + x22 – x1x2 = 13 (x1 + x2)² – 2x1x2 – x1x2 = 13

(x1 + x2)² – 3x1x2 = 13

 4(m + 2)² – 3(2m – 1) = 13

 4m² + 16m + 16 – 6m + 3 = 13

 4m² + 10m + 6 = 0

 2m² + 5m + 3 = 0

Nx: a – b + c = 2 – 5 + 3 = 0

Ph có hai nghiệm: m1 = -1; m2 = ³

2



KL:

0.25

0,25

4 (3đ) a

M

I

H O B

C

A

Vẽ hình đúng đến câu a

0,25 Vì AB là đường kính (O) nên AMB = 90^ ⁰

Xét tứ giác BHIM có:

 ⁰

BHI 90 (gt) ; BMI 90 ⁰ Cm trên) Mà hai góc ở vị trí đối diện

Vậy tứ giác BHMI nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25 b Xét trong (O) ta có: ^{AMC = ABC}^ ^ (góc nt chắn cung AC) (1)

(5)

Mặt khác: ACB 90^ ⁰(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 ABC ACH^^(Cùng phụ với CAH^) (2)

 Từ (1) và (2) => AMC = ACH^ ^

Xét AMC và ACI có:

A  là góc chung

 

AMC = ACI (cm trên)

 AMC ACI (g-g)

AM AC

=

AC AI

 => AC² = AI.AM

0,25 0,25 0,25 0,25

c

E

N

M

I

H O B

C

A

Gọi E là giao điểm của AC với tia Bx.

Do Bx AB nên Bx // CH.

Áp dụng hệ quả định lí Talet ta có:

HI AI

=

BN AN ; ^CI = ^AI EN AN HI CI

=

BN NE

 . Mà HI = CI => BN = NE

Do tam giác BCE vuông tại C nên NC = NB = ¹BE 2

 OCN = OBN (c-c-c)

  OCN OBN

   OCN 90^ ⁰

Vậy CN là tiếp tuyến của (O)

0.25

0,25

(6)

5 (0,5)

Ta có: x y    1 y 1 x thay vào A ta được:

2 2 1 2 2 1

2 1 2 (1 ) 1

A x y x x x x

x x

          

 

2 2 1 2 1

2x x 2x 1 x 1 x 2x x

x x

          

2

2 1 4 1 1 1 4 1 1

4 4 2 4

x x x x x

x x

       

              0,25 Dễ thấy

1 2

2 0,

x x

    

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 4x ¹ 2 4 .x ¹ 4

x x

  

Suy ra ¹ ² 4 ¹ ¹ 0 4 ^{1 15}

2 4 4 4

x x

x

         

   

   

Dấu "=" xảy ra khi ¹

x 2 Vậy Min_(A) ¹⁵

 4 khi ¹. x 2

0,25

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương.