Đề thi thử tuyển sinh vào THPT môn Toán năm học 2022-2023 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào THPT môn Toán năm học 2022-2023 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2022 - 2023 Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề x 1 x 1 1 1 Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = :. Với x > 0; x 4 x 2 xxx 2 2 x 1 1. Rút gọn P. 4 2. So sánh P với . 3 Bài 2: (2,0 điểm) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y mx n (với m, n là tham số). 1. Tìm m, n biết (d) đi qua điểm A nằm trên (P) có hoành độ x = -2 và song song với (d’): y 4 3 x . 2. Giả sử m, n là hai số thực khác 0 thỏa mãn 3m2 16 n 0. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt và hoành độ điểm này gấp ba lần hoành độ điểm kia. Bài 3: (2,5 điểm) 1. Cho phương trình x2 2 mx 3 m 4 0 (với m là tham số). a. Giải phương trình khi m = 2. 2 2 b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn x1 x 2 6. 2. Một bể nước hình trụ có chiều cao 1,6m và đường kính đáy 1m. Hỏi cần bơm bao nhiêu lít nước thì đầy bể. Biết rằng trước khi bơm trong bể đã có 471 lít nước. (Lấy 3,14 ) Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB 2R. Trên AO lấy điểm I sao cho AO 4AI. Vẽ dây DE vuông góc với AO tại I. Các tiếp tuyến tại B và E của đường tròn (O) cắt nhau tại M, MO cắt BE ở C, DM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Đường thẳng EK cắt MO và MB lần lượt tại G và N. 1. Tính AD và DE theo R. 2. Chứng minh tứ giác COIE nội tiếp. 3. Chứng minh tam giác MNK đồng dạng tam giác ENM và G là trọng tâm của tam giác MBE. Bài 5: (0,5 điểm) 21 2 5 x 5 y 3 x2 Giải hệ phương trình: 1 x 4 y 6. x -------------Hết------------- Họ tên thí sinh: . Số báo danh: .. .
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2022 - 2023 Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Bài Câu Đáp án Điểm x 1 x 1 xx 1 2 Với x 0; x 4 ta có P : 0,25 x 2 xx 2 x 1 x 2 xx 1 x 1 3 : 0,25 xx 2 x 1 x 2 1 x xx 1 x 1 x 2 . 0,25 (1,25) x x 2 3 2 x 1 x 1 x 2 x 1 . 0,25 3 3 1 x x 2 x (2,0) 2 x 1 Vậy với x 0; x 4 ta có P 0,25 3 x 2 x 1 Theo câu 1, với x 0; x 4 ta có P 3 x 2 2 2 0,5 4 x 1 4 x 1 4 xx 1 2 Khi đó P 33x 3 3 x 3 x (0,75) 2 4 4 Thấy x 1 0; 3 xxxP  0 0; 4 0 P 3 3 0,25 4 Vậy với x 0; x 4 ta có P 3 2 Do APyxx ; ; A 2 y A 4. Vậy A 2;4 . 0,25 Vì A d ; y mx n 2 m n 4 1 0,25 1 m 3 (1,0) Lại có d// d ' 0,25 n 4 Thay m 3 vào (1) có 6 n 4 n 2 (thỏa mãn n 4) 0,25 2 Vậy m 3; n 2 (2,0) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa d & P , phương trình đó là: 0,25 x2 mx n 0. Ta có m2 4 n . 3m2 3m2 m 2 2 Vì 3m2 16 n 0 4 n . Vậy m2  0 m 0 (1,0) 4 4 4 0,25 Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt xx1,. 2 m Vậy d luôn cắt P ở hai điểm phân biệt m.
3. 1 mm 1 mm 3 Khi đó xm ; xm . 0,25 2 2 4 2 2 4 3m m Thấy 3. x 3 x hoặc x 3 x 4 4 1 2 2 1 0,25 Vậy d cắt P ở hai điểm phân biệt và hoành độ điểm này gấp ba lần hoành độ điểm kia. Với m 2 ta có phương trình: x2 4 x 2 0 0,25 1a ' 4 2 2 0 ' 2 (0,75) Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 2 2 0,5 Do đó với m 2 , phương trình có tập nghiệm S 2 2 Xét phương trình x2 2 mx 3 m 4 0 có 'm2 3 m 4 2 3 7 m 0 m 0,5 2 4 Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2 với m . xx1 2 2 m 3 Áp dụng hệ thức Viét ta có 0,25 xx 3 m 4 (2,5) 1b 1 2 (1,25) 2 2 2 Khi đó xx1 26 xx 1 2 2 xx 1 2 6 0,25 4mm2 2 3 4 6 0 2 mm 2 3 1 0 1 Phương trình có abc 2310 mm 1; 2 0,25 1  Vậy m 1;  2  2 2 3 Ta có VRh 3,14.0,5 .1,6 1,256 m 0,25 2 tru => Số lít nước chứa đầy bể là 1,256.103 1256 lít (0,5) 0,25 Vậy số lít nước cần bơm đến khi đầy bể là 1256 – 471 = 785 lít 4 1 (3,0) (1,0) Ta có ADB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ADB vuông ở D. Mà DI AB nên áp dụng hệ thức lượng giác trong tam giác vuông có 0,5 R RRR2 2 AD2 AIAB.. Do AI ; AB 2 R AD2 .2 R AD . 4 4 2 2 RRR7 72 R 7 Lại có DI2 AI.. BI DI 0,5 4 4 16 4
4. R 7 Nhưng đường kính AB vuông góc với dây DE tại I DE 2 DI 2 Chứng minh được MO BE tại C ECO 90o 0,5 2 Do AB DI tại I EIO 90o (1,0) 0,5 Xét tứ giác COIE có ECO EIO 90o tứ giác COIE nội tiếp. Do MB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B MB  AB , mà DE AB MB// DE BMD EDM EDK 0,25 Mà EDK MEK (góc nội tiếp, góc giữa tia tiếp tuyến cùng chắn EK ) Suy ra BMD MEK hay NMK MEN chung N 3 Xét MNK và ENM có MNK ENM (g.g) 0,25 (1,0) NMK MEN MN NK MN2 NKNE. (1) NE MN 0,25 Chứng minh được NBK NEB NB2 NKNE. (2) Từ (1) (2) MN NB EN là đường trung tuyến MBE Theo chứng minh trên có MC là đường trung tuyến MBE vậy G là trọng tâm MBE 0,25 5 x2 0 1 ĐKXĐ: 5 2 0 (*) x x 0; yR 21 2 5 x 5 y 3(1) x2 Hệ phương trình 1 1 x 3 2 y (2) 0,25 2 x 1 1 1 2 Cộng từng vế (1), (2) có: 5 xx2 5 y 1 5 (1) 5 2 2 x 2 x (0,5) Áp dụng BĐT (B.C.S) có: 52 2 5 1 1 VT(1) 5 xx 5 2 2 5 4 4 x x Mặt khác VP(1) 5 với y 2 x 0 5 x 2 x 5 x2 4 x 2 1 2 Dấu bằng xảy ra 5 2 1 4 x x 0,25 5 2 2 y 1 0 x x y 1. x1; y 1 (thỏa mãn (*)). Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (1;1). -------------Hết------------- Chú ý: Trên đây là Đáp án - Biểu điểm chi tiết của đề thi thử tuyển sinh vào trung học phổ thông. Trong quá trình chấm giám khảo cần lưu ý vận dụng sáng tạo và tương đối linh hoạt biểu điểm. - Mọi cách giải khác đúng và hợp lý đều cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu không làm tròn số.