Đề tk môn toán thcs phuc lai

TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN 2,5 điểm Thí sinh làm cả phần trắc nghiệm khách quan và phần tự luận ra giấy thi.. Trong các hàm sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất đồng biến trên R?. Nếu một chiế

PHÒNG GD&ĐT ĐOAN HÙNG

TRƯỜNG THCS PHÚC LAI

ĐỀ THAM KHẢO THI VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC: 2022 - 2023

Môn: Toán

Thời gian làm bài 120 phút không kể thòi gian giao đề

-(Đề bài có 02 trang)

PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)

Thí sinh làm cả phần trắc nghiệm khách quan và phần tự luận ra giấy thi.

Câu 1 Kết quả phép tính (1  2) 2 là

A 1−√2 B 3−2√25 C.√2−1 D 3+2√2

Câu 2 Trong các hàm sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất đồng biến trên R?

A y=−2 x +1 B y=1− x C y=2

3−2 x D y=6−2(1− x)

Câu 3: Đường thẳng y=x −4 tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích là

A 8 B 16 C 32 D 12

Câu 4 Với m=1, cặp số nào sau đây là nghiệm của hệ 2 2

2 2

mx y

mx y







A.¿ ; √2 ¿ B.¿ ; √2 ¿ C.¿ ; 5√2 ¿ D.¿ ; −√2 ¿

Câu 5 Điểm M (1 ;−2) thuộc đồ thị hàm số y=a x2 khi đó a bằng

A a=2 B a=4 C a=¿ - 4 D a=¿ - 2

Câu 6 Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2+2 x−3=0 thì x12

+x22 bằng

A .−10 B 10 C.−8D 8

Câu 7 Điều kiện của m để phương trình x2−(m−4) x−2 m=0 có 2 nghiệm phân biệt

là

A.Với mọi m B m≠ 4 C m>4 D m≠ 4

Câu 8 Cho ∆ BDC vuông tại D, ^B=600, BD=3 cm Độ dài cạnh DC bằng

A .√3 cm B 3√3 cm C 1,5 cm D.3√3

2 cm

Câu 9 Nếu một chiếc máy bay bay lên với vận tốc 540 km

h và đường bay lên PM

luôn tạo với phương nằm ngang PN một góc 30 0 thì sau 2 phút máy bay ấy sẽ lên cao được khoảng MN bao nhiêu kilômet theo phương thẳng đứng?

ĐỀ THAM KHẢO

A 28 km B 36 km C. 9 km D. 18 km

Câu 10 Cho tứ giác ABCDnội tiếp

đường tròn đường kính AC.(Hình bên)

Biết DBC   55 , số đo ACD bằng

A 30  B 35 

C 45  D 40 

55 o

D

C

B

A

PHẦN II TỰ LUẬN (7,5 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm) Với x >0 ; x ≠ 4, cho biểu thức:

1

√x+2):√x−2

x−4

a) Tính giá trị biểu thức Akhi x=9

b) Tìm giá trị của x để A<0.

c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Câu 2 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ): y=−a+1+2 x

và parabol (P): y=12x2

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B, biết hai điểm A

và B đều thuộc parabol (P) và có hoành độ lần lượt là 1 ;−2

b) Tìm a để (d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ ¿ và¿ sao cho

x x y + y  48 0 

Câu 3 (3,0 điểm).Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R Hạ các đường cao AH , BK của tam giác Các tia AH , BK lần lượt cắt (O )tại các điểm thứ hai là D ; E

a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp một đường tròn Xác định tâm của đường tròn đó

b) Chứng minh rằng: HK // DE

c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác

∆ ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp

∆ CHK không đổi

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2+ 4 x+7=(x+4) √ x2+7

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THAM KHẢO VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2022-2023

MÔN: TOÁN

I Phần trắc nghiệm (2,5 điểm): Mỗi câu đúng 0,25 điểm

II Phần tự luận (7,5 điểm)

1

(1,5 điểm) a) A = (x−4√x −

1

√x+2):√x−2

x−4 ĐKXĐ: x ¿ 0; x≠4

= ( √x−√x+2

(√x−2)(√x+2)): √x −2

(√x−2)(√x+2)

= ((√x−2)(2√x+2)) ((√x+2))

=

2

Khi x 9thì

2 2

9 2



b Với x ¿ 0; x≠4 để A<0 ⇔

2

√x−2 <0 ⇔

√ x−2<0( vì2>0)

⇔ √ x<2⇔ x <4 Kết hợp ĐK x ¿ 0; x≠4 , vậy 0 ¿

x<4 c) Để A nguyên khi √ x−2 là ước của 2

√ x−2=1 ⇒ √ x=3 ⇒ x=9

√ x−2=2 ⇒ √ x=4 ⇒ x=16

Vậy x∈{0;1;9;16 }

0,25

đ

0,25

đ 0,25

đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

2

(2,0 điểm)

a, Vì hai điểm A và B đều thuộc parabol (P) :

2

1

y = x

2 và có hoành độ lần lượt là 1 ;−2 nên A(1;1

2)và B(−2 ;2) Đường thẳng đi qua hai điểm A và B là (d ¿¿')¿: y=ax+ b(a ≠ 0)

Vì A ∈ d ' nên a+b=1

2 (1)

Và B∈ d ' nên −2 a+b=2 (2)

Từ (1) và ( 2) suy ra a=¿ −1

2 và b=1 Vậy phương trình đường thẳng d ’ là: y = −12 x+1 b) Hoành độ giao điểm của (d ) và (P) là nghiệm của phương

trình:

2

1

2x  x a   x2  4x2a 2 0 (1)

Để (d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt    ' 0 6 2 a 0 a3

Vì ¿ và¿ là tọa độ giao điểm của (d ) và ( P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và y1 2x1 a1 y2 2x2  a1.

Theo hệ thức Vi-et ta có: x1x2 4;x x1 2 2a 2.Thay y1; y2 vào x x y1 2 1 y2 48 0 ta có:

x x x  x  a  

2a 2 10 2  a 48 0

      a2  6a 7 0

1

a

  (thỏa mãn a 3) hoặc a 7(không thỏa mãn a 3

) Vậy a 1 thỏa mãn đề bài

0,25

đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

(3,0 điểm)

M F

H K

D E

O C

a, Có  0

90

AKB  (giả thiết)

90

AHB  (giả thiết) Suy ra tứ giác AKHB nội tiếp đường tròn đường kính AB Tâm đường tròn là trung điểm của AB

b, Tứ giác AKHB nội tiếp  ABK AHK (cùng chắn cung AK )

Mà EDA ABK (cùng chắn cung AE của (O ) Suy ra EDAAHK mà hai góc ở vị trí đồng vị nên HK // DE

c, Gọi F là giao điểm của AH và BK Dễ thấy C , F , K , H nằm trên đường tròn đường kính CF nên đường tròn ngoại tiếp

∆ CHK có đường kính CF

Kẻ đường kính AM

Ta có: BM// CF (cùng vuông góc AB ), CM// BF (cùng vuông góc AC ) nên tứ giác BMCFlà hình bình hành  CFMB Xét ∆ ABM vuông tại B , ta có MB2 AM2  AB2 4R2  AB2 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ CHK là:



4

r

không đổi

0.25 đ

0,75 đ

0,25 đ 0.75 đ

0.25 đ

0.25 0.25 0.25

(1,0 điểm)

ĐKXĐ: với mọi x

x2+4 x+7=(x+4) √ x2+7

⇔ x2+ 4 x+7−( x+4) √ x2+7=0

⇔x2+7−x√x2+7+4 x−4√x2+7=0

⇔( √ x2+7−x)( √ x2+7−4)=0

⇔( √ x2+7−x)=0 hoặc ( √ x2+ 7−4)=0

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x1 =−3 ; x2=3

0,25 0,25 0.25 0,25