Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Lần 3) - Năm học 2024-2025 - Phòng GD&ĐT Kim Sơn (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (LẦN 3) 
 HUYỆN KIM SƠN NĂM HỌC 2024-2025
 BÀI THI: TOÁN
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
 (Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang)
 Câu 1 (2,0 điểm)
 a) Rút gọn biểu thức A 2 32 3 8 2.
 b) Tìm m để hàm số bậc nhất y = (m - 2) x - 3 nghịch biến trên R
 c) Tìm tọa độ giao điểm của (d): y = x - 1 và (d’): y = - x + 1 bằng phép tính?
 Câu 2 (2,5 điểm) 
 1 1 x
 1. Rút gọn biểu thức: P : với x 0,x 4 . 
 x 2 x 2 x 4
 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y x m 
 (với m là tham số)
 a) Vẽ đường thẳng (d) khi m 4 .
 b) Tìm m để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có tung độ y1, y2 thỏa mãn 
 y1 y2 m 2024
 Câu 3. (1,0 điểm) 
 Một căn phòng có nền hình chữ nhật, chu vi bằng 20 m. Nếu tăng chiều rộng thêm 1m và 
 tăng chiều dài thêm 2 m thì diện tích nền của căn phòng tăng thêm 16 m2 . Tính chiều dài, chiều 
 rộng của nền nhà căn phòng?
 Câu 4. (3,5 điểm)
 1. Cho nửa đường tròn O đường kính AB . Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C 
 thuộc đoạn OA. Vẽ Ax, By là các tia tiếp tuyến của nửa đường tròn, nằm cùng phía với nửa 
 đường tròn so với AB. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q ; 
 AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F .
 a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn.
 b) Chứng minh AB//EF .
 2. Một máy bay cất cánh, đường bay tạo với phương ngang một góc 25 0 với vận tốc 
 500km/h. Hỏi sau 2 phút máy bay đạt độ cao bao nhiêu so với mặt đất? (kết quả làm tròn đến 
 hàng phần trăm)
 Câu 5. (1,0 điểm) 
 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 -2026x -2026y -2024 =0
 2. Cho x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác. 
 x y z
 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S .
 2y 2z x 2z 2x y 2x 2y z
 ...............................Hết..................................... HƯỚNG DẪN CHẤM
 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT (lần 3)
 Năm học: 2023 - 2024 
 Bài thi: Toán 
Câu Đáp án Điểm
 a. (0,5 điểm)
 A 2 42.2 3 22.2 2. 0,25
 A 8 2 6 2 2. 0,25
Câu 
 1 A 3 2.
(2,0đ b.(0,75 điểm)
 ) Hàm số bậc nhất nghịch biến trên R khi a < 0 m 2 0 0,5
 m 2 0,25
 Vậy m < 2 thỏa mãn đề bài
 c. (0,75 điểm)
 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (d’) là: x - 1= - x + 1 x 1 0,25
 Thay x = 1 vào y = x - 1 ta có y = 0 0,25
 Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (d’) là (1;0) 0,25
Câu 2.1)(1,0 điểm)
 2 1 1 x x 2 x 2 x 4
(2,5đ P :  0,25
 ) x 2 x 2 x 4 ( x 2)( x 2) x
 2 x x 4 0,25
 
 ( x 2)( x 2) x
 2 x x 4 0,25
 P 
 x 4 x
 P=2 0,25
 Vậy với x 0,x 4 thì P 2 .
 2.2)a. (0,5 điểm)
 Với m = 4 ta có (d): y = x + 4
 Cho x = 0 => y = 4 ta có A(0;4) 0,25
 Cho y = 0 => x = - 4 ta có B(- 4;0)
 Vẽ đường thẳng AB ta dược đồ thị hàm số
 0,25
 2.2)b. (1.0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
 x2 x m 0 (1)
 ( 1)2 4.1.( m) 1 4m 0,25
 Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt 
 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2
 1
 0 1 4m 0 m 
 4
 x1 x2 1 0,25
 Áp dụng định lí Vi-et 
 x1x2 m
 y1 x1 m
 Vì y x m nên 
 y2 x2 m
 Ta có y1 y2 m 2024 x1 m x2 m m 2024 0,25
 (x1 x2 ) m 2024 0,25
 m 2023 (thỏa mãn)
 Vậy m 2023 là giá trị cần tìm.
 1,0 điểm
 Gọi x, y lần lượt là chiều dài và chiều rộng của nền căn phòng hình chữ nhật 0,25
 (đơn vị: m ; điều kiện: 0 y x ). 
Câu Chu vi hình chữ nhật bằng 20m nên ta có phương trình
 3 2 x y 20 x y 10 1 0,25
(1,0đ Khi tăng chiều dài thêm 2m và tăng chiều rộng thêm 1m thì diện tích của hình 
 )
 chữ nhật đó tăng thêm 16m2 nên ta có phương trình 0,25
 x 2 y 1 xy 16 2 
 Từ 1 và 2 ta có hệ phương trình:
 0,25
 x y 10 x y 10 x y 10 x 6
 (Thỏa mãn)
 x 2 y 1 xy 16 x 2y 14 y 4 y 4
 Vậy chiều dài và chiều rộng của nền căn phòng hình chữ nhật lần lượt là 6m; 4m.
 4.1)(2,5 điểm)
 x y
Câu 4 P
 (3,5 )
 M
 Q
 E
 F
 A B
 C O Vẽ hình đúng ý a
 0,5
 a. (1,0 điểm)
 Xét O ta có: PA là tiếp tuyến PA  AB P· AC = 900 0,25
 Ta có PM  MC P· MC = 900 0,25
 Xét tứ giác APMC có : 0,25
 P· AC + P· MC = 900 + 900 = 1800
 mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác APMC nội tiếp 0,25
 b.(1,0 điểm)
 Do tứ giác APMC nội tiếp nên M· PC M· AC (hai góc nội tiếp cùng chắn 0,25
 cung MC ) (1)
 Chứng minh tương tự tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra 
 M· QC M· BC (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC )
 Lại có A· MB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 M· AC M· BC 900 (3). 
 Từ (1), (2), (3) ta có : M· PC M· QC 900 P· CQ 900
 Xét tứ giác CEMF có : 
 E· CF E· MF 900 900 1800 0,25
 mà hai góc này ở vị trí đối nhau
 Suy ra tứ giác CEMF nội tiếp 
 E· MC = E· FC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC ).(4)
 Tứ giác BCMQ nội tiếp B· MQ = B· CQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung 0,25
 BQ) (5)
 Ta có B· MQ = E· MC (cùng phụ với B· MC ) (6)
 0,25
 Từ (4), (5) ; (6) ta có B· CQ = E· FC AB // EF.
 4.2) (1,0 điểm)
 Theo bài ra ta có hình vẽ 0,25
 Trong đó BH là độ dài cần tính
 AB là đường bay của máy bay
 Góc A là góc tạo bởi đường bay so với phương nằm ngang
 1 0,25
 Đổi 2 ph = h
 30
 1 50
 Độ dài quãng đường AB là 500. = (km)
 30 3
 Áp dụng tỉ số lượng giác cho tam giác vuông ABH (vuông tại H ) ta có: 0,25
 50
 BH= AB.SinA= Sin 250 7.04 (km)
 3
 Vậy sau 2 phút máy bay đạt độ cao khoảng 7,04 km so với mặt đất 0,25
Câu 5 x3 + y3 2026x 2026y 2024 =0
(1,0đ) 3 3
 x + y 2026x 2026y 2024 
 0,25
 (x3 x) + (y3 y) 2025(x y) 2024 (1) Chứng minh được: Vế trái của phương trình (1) chia hết cho 3 
Vế phải của phương trình (1) không chia hết cho 3 0,25
Nên phương trình không có nghiệm nguyên
Vì x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác 
 x, y, z > 0 và 2y + 2z –x > 0; 2z + 2x – y > 0; 2x + 2y – z > 0
 x y z
Ta có: S 
 2y 2z x 2z 2x y 2x 2y z
 3x2 3y2 3z2
 3x(2y 2z x) 3y(2z 2x y) 3z(2x 2y z)
 x y z 
 3 
 3x(2y 2z x) 3y(2z 2x y) 3z(2x 2y z) 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3x(2y 2z x) x y z
 3y(2z 2x y) x y z
 3z(2x 2y z) x y z
 x y z 
Suy ra S 3 3
 x y z 0,25
 2y 2z x 3x
Đẳng thức xảy ra khi 2z 2x y 3y x y z
 2x 2y z 3z
 0,25
Vậy MinS = 3 khi đó tam giác đã cho là tam giác đều.