Đề tham khảo tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Phú Thọ

SỞ GIÁO DỤC PHÚ THỌ
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ NĂM THAM KHẢO HỌC 2022-2023 Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề
GV giải đề: Vũ Hưng – Nguyễn Quang Đề có 02 trang
LỜI GIẢI CHI TIẾT THAM KHẢO THCS.TOANMATH.com
Phần I. Trắc Nghiệm Khách Quan (2,5 điểm)
Câu 1. Kết quả rút gọn biểu thức   2 4 3 7 A. 4 3  7. B. 7  4 3. C. 3  3. D. 3  3.
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất nghịch biến trên ? A. 2 y  2  x .
B. y  5  (3  x).
C. y  2x  7.
D. y  3  4x.
Câu 3. Cho đường thẳng d  :y  2  x  4.Gọi ,
A B lần lượt là giao điểm của d  với trục
hoành và trục tung. Diện tích OA  B bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 8. m
 x  2y  3 
Câu 4. Khi m  1  hệ phương trình  x;y 2 có nghiệm   là m x  y  6  A. 15;9. B. 3;3. C. 9;3. D.  1  5;9.
Câu 5. Đồ thị của hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau? A. 2 4x . B. 2 y  2x . 1 C. 2 y  x . 4 1 D. 2 y  x . 2
Câu 6. Gọi x ,x là hai nghiệm của phương trình 2 x 
 5x  3  0. Khi đó x  x  x x 1 2 1 2 1 2 bằng A. 8. B. 2. C. 8. D. 2.
Câu 7. Điều kiệnc của m để phương trình 2
x  mx  7  0 có hai nghiệm phân biệt là
A. m  2 7 hoặc m  2  7. B. m  2 7. C. 2  7  m  2 7. D. m  2  7. 1 Câu 8. Cho A
 BC vuông tại A có AB  12cm và tan B  . Độ dài cạnh AC là 3 A. 36cm. B. 8 2 . cm C. 24 2 cm. D. 4cm.
Câu 9. Trên một cái thang dài 3, 5m người ta ghi: “ Để đảm bảo an toàn khi sử dụng, phải
đặt thang tạo với mặt đất một góc có độ lớn từ 60 đến 70 ”. Gọi x m, x  0 là
khoảng cách từ chân thang đến chân tường. Để đảm bảo an toàn khi sử dụng thì điều kiện của x là
A. 1,2  x  1, 75. B. 1,2  x  1, 75. C. x  1,2. D. x  1, 75.
Câu 10. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Các cung nhỏ , AB BC,CA
có số đo lần lượt là x  75 ;  2x  26 ;
 3x  23 . Số đo A  CB của A  BC là A. 47 .  B. 60 .  C. 61 .  D. 59 . 
Phần II. Tự Luận (7,5 điểm)    Câu 1 (1,5 điể 1 1 x 2 x
m). Cho biểu thức P    .
với x  0,x  4. x  4 
x  4 x  4  x
a) Tính giá trị của biểu thức P khi x  9.
b) Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm x để P  1. 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho parabol P 2 : y  x
 và đường thẳng d : y  3  mx  2.
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B. Biết hai điểm A và B
đều thuộc parabol P  có hoành độ lần lượt là 1;2.
b) Tìm m để đường thẳng d  cắt parabol P  tại hai điểm phân biệt C x ;y ; 1 1  2 2
D x ;y sao cho T  y  y  10 x  x đạt giá trị nhỏ nhất. 2 1   2 1 2 2 
Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn O và dây BC không đi qua O. Điểm A thuộc cung
lớn BC ( A khác B,C ), M là điểm chính giữa cung nhỏ BC . Hai tiếp tuyến của O tại C
và M cắt nhau ở N. Gọi K là giao điểm của đường thẳng AB và CM, tia AM cắt tia CN
tại P, hai đoạn thẳng AM và BC cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng
a) Tứ giác ACPK nội tiếp đường tròn
b) MN song song với BC . 1 1 1 c)   . CN KP CQ 2 x
  7  4 3y  1
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau  . 2 y
  xy  2 3x  2 
………. Hết………..
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ MINH HỌA VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022-2023
Phần I. Trắc Nghiệm Khách Quan (2,5 điểm) BẢNG ĐÁP ÁN Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Đáp án B D C A B C A D B C
Câu 1. Kết quả rút gọn biểu thức   2 4 3 7 A. 4 3  7. B. 7  4 3. C. 3  3. D. 3  3. Lời giải Chọn B. Ta có:   2 4 3 7  4 3  7  7  4 3.
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất nghịch biến trên ? A. 2 y  2  x .
B. y  5  (3  x).
C. y  2x  7.
D. y  3  4x. Lời giải Chọn D.
Để hàm số y  ax  b nghịch biến trên
khi và chỉ khi: a  0.
Vậy hàm số: y  3  4x nghịch biến vì a  4   0.
Câu 3. Cho đường thẳng d  :y  2  x  4.Gọi ,
A B lần lượt là giao điểm của d  với trục
hoành và trục tung. Diện tích OA  B bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 8. Lời giải Chọn C.    d  y 0 Ox :   A 2  ;0. x  2      d  x 0 Oy :   B 0; 4  . y  4   1 1 Ta có: S  O . AOB  2  . 4   4 dvdt O  AB  . 2 2 m
 x  2y  3 
Câu 4. Khi m  1  hệ phương trình  x;y 2 có nghiệm   là m x  y  6  A. 15;9. B. 3;3. C. 9;3. D.  1  5;9. Lời giải Chọn A.  x   2y  3 Thay m  1  vào hệ ta được:  . x  y  6 
Bấm máy tính casio ta được nghiệm hệ: x;y  15;9.
Câu 5. Đồ thị của hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau? A. 2 4x . B. 2 y  2x . 1 C. 2 y  x . 4 1 D. 2 y  x . 2 Lời giải Chọn B.
Giả sử hàm số có dạng: 2
y  ax . Theo giả thiết, đồ thị đi qua điểm 1;2 nên: 2 2  . a 1  a  2. Vậy hàm số có dạng 2 y  2x .
Câu 6. Gọi x ,x là hai nghiệm của phương trình 2 x 
 5x  3  0. Khi đó x  x  x x 1 2 1 2 1 2 bằng A. 8. B. 2. C. 8. D. 2. Lời giải Chọn C. x   x  5 Theo vi-et: 1 2 
. Khi đó x  x  x x  5  3   8. 1 2 1 2   x .x  3   1 2 
Câu 7. Điều kiện của m để phương trình 2
x  mx  7  0 có hai nghiệm phân biệt là
A. m  2 7 hoặc m  2  7. B. m  2 7. C. 2  7  m  2 7. D. m  2  7. Lời giải Chọn A. Ta có: 2   m  28.
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: m   2 7 2 2
  0  m  28  0  m  28   . m   2  7  1 Câu 8. Cho A
 BC vuông tại A có AB  12cm và tan B  . Độ dài cạnh AC là 3 A. 36cm. B. 8 2 . cm C. 24 2 cm. D. 4cm. Lời giải Chọn D. AC 1 12 Ta có: tan B    AC   4cm. AB 3 3
Câu 9. Trên một cái thang dài 3, 5m người ta ghi: “ Để đảm bảo an toàn khi sử dụng, phải
đặt thang tạo với mặt đất một góc có độ lớn từ 60 đến 70 ”. Gọi x m, x  0 là
khoảng cách từ chân thang đến chân tường. Để đảm bảo an toàn khi sử dụng thì điều kiện của x là
A. 1,2  x  1, 75. B. 1,2  x  1, 75. C. x  1,2. D. x  1, 75. Lời giải Chọn B.
Để đảm bảo an toàn khi sử dụng thì điều kiện của x là: 3,5.cos70 x 3,5cos60    1,2  x  1,75.
Câu 10. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Các cung nhỏ , AB BC,CA
có số đo lần lượt là x  75 ;  2x  26 ;
 3x  23 . Số đo A  CB của A  BC là A. 47 .  B. 60 .  C. 61 .  D. 59 .  Lời giải Chọn C.
Ta có: x  75  2x  26  3x  23  360  x  47 .   A  OB  122 .   A  CB  61 .  Phần II. Tự Luận    Câu 1 (1,5 điể 1 1 x 2 x
m). Cho biểu thức P    .
với x  0,x  4. x  4 
x  4 x  4  x
a) Tính giá trị của biểu thức P khi x  9.
b) Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm x để P  1.  Lời giải  1 1  9  2 9 4 4
a) Khi x  9 thì P    .
 . Vậy x  9 thì P  . 9  4  9  4 9  4  9 5 5 b) Ta có:   x   x  x    x 2 1 1 2 1 1  P    .     x  4 
x  4 x  4  x
  x  2 x  2   x 2 . 2  x    x  x   x    x 2 2 2  4 4        .   . 2  x
 x   x  x x   x 4 2 2 2 2  4
Vậy với x  0,x  4 thì P  . x  4 4 4 x
c) Vì P  1 nên  1    1  0 
 0  x  4  0 ( vì x  0) x  4 x  4 x  4
 x  4. Kết hợp với điều kiện x  0,x  4.
Vậy với x  4 thì P  1. 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho parabol P 2 : y  x
 và đường thẳng d : y  3  mx  2.
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B. Biết hai điểm A và B
đều thuộc parabol P  có hoành độ lần lượt là 1;2.
b) Tìm m để đường thẳng d  cắt parabol P  tại hai điểm phân biệt C x ;y ; 1 1  2 2
D x ;y sao cho T  y  y  10 x  x đạt giá trị nhỏ nhất. 2 1   2 1 2 2  Lời giải a) Vì ,
A B  P và có hoành độ lần lượt là 1;2 nên A 1  ;  1 ,B 2; 4  .
Gọi phương trình đường thẳng đi qua hai điểm ,
A B là d ' : y  a x  b với (a  0 )
+) Vì A  d ' nên a   b  1   1.
+) Vì B  d ' nên 2a  b  4  2.  a   b  1  a   1  Từ   1 ;2, ta có    . 2a  b  4  b  2   
Vậy đường thẳng cần tìm là y  x   2.
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol P  và đường thẳng d ta có: 2 2 x   3
 mx  2  x  3mx  2  0 *.
Để parabol P  cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt thì phương trình * phải  2 2 m   có hai nghiệm phân biệt 2      3 9m 8 0 .  2 2 m    3
Vậy với mọi giá trị của tham số m thì đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai
điểm phân biệt C x ; 3
 mx  2 ,D x ; 3  mx  2 . 1 1   2 2  x
  x  3m
Với x ;x là nghiệm của phương trình * : theo Vi - ét ta có: 1 2  . 1 2 x .x  2  1 2  Theo đề 2 2 2 2
bài T  y  y  10 x  x  3mx  3mx  10 x  x 2 1   2 1  1 2   2 1 T
9m x x 2 10x x 2 9m 10x x 2 (9m 10)x x 2 2 2 2 4x x              1 2 1 2 1 2 1 2 1 2   
 T   m   m    m  m   m  2 2 2 4 2 2 9 10 9 8 81 162 80 81 1  1  1  . Đẳng thức xảy ra khi 2
m  1  0  m  1  . Vậy m  1
 thì T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn O và dây BC không đi qua O. Điểm A thuộc cung
lớn BC ( A khác B,C ), M là điểm chính giữa cung nhỏ BC . Hai tiếp tuyến của O tại C
và M cắt nhau ở N. Gọi K là giao điểm của đường thẳng AB và CM, tia AM cắt tia CN
tại P, hai đoạn thẳng AM và BC cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng
a) Tứ giác ACPK nội tiếp đường tròn
b) MN song song với BC . 1 1 1 c)   . CN KP CQ Lời giải
a) Vì M là điểm chính giữa của cung BC nên sđ MB  sđ MC 1 Ta có B
 AM  sđ BM ( góc có đỉnh nằm trên đường tròn) 2 1
MCN  sd MC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) 2
 BAM  MCN . Xét tứ giác ACPK có K  AP  K  CP (cmt).
Vậy ACPK nội tiếp đường tròn.
b) Ta có NC  NM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  N
 CM cân tại N
 NCM  NMC *. 1 Mặt khác : NC 
M  sdMC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) 2 1 M
 CB  sdMB (góc nội tiếp chắn cung MB ) 2  N  CM  M  CB * *.
Từ * và * *  M  CB  N  MC mà M  CB; N
 MC ở vị trí so le trong nên MN / /BC. 1
c) Vì tứ giác PCAK nội tiếp nên CA  P  CK  P  sdCP. 2 1 Mà P  CK  CA 
M  sdMC  C  KP  P  CK  P  KC cân tại 2
P  KP  PC. Theo phần b N  CM  N  MC  P  KC  N  MC mà P
 KC, NMC đồng vị nên KP / /MN . MN CN Xét C
 KP có MN / /KP theo định lí Ta let ta có  1. KP CP MN PN
Xét PQC có MN / /QC theo định lí Ta lét ta có  2. QC PC MN MN 1 1 1 Cộng   1 với 2 ta được   1    . KP QC KP QC MN 1 1 1
Mà MN  CN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên   . KP QC CN 2 x
  7  4 3y  1 1
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau  . 2 y
  xy  2 3x  2  2 Lời giải  2 x   Điều kiện: 3  . 1  y    3 Cách 1: Cộng   1 với 2 ta được: 2 2
x  7  y  xy  4 3y  1  2 3x  2
 x  7  y  xy   3y  1  22   3x  2  12 2 2
 3y  3x  4  0.  x  
1  y  1  x  1y  1   3y  1  22   3x  2  12 2 2  0 2 2 2   2 1 3 Vì x   1  y   1  x   1 y   1  x  
1  y  1   y  1  0. 2 4  
 x    y    x  y     y   2   x   2 2 2 1 1 1 1 3 1 2 3 2 1  0.
Dấu ''  '' xảy ra khi: x  1;y  1.
Thử lại ta có nghiệm hệ phương trình là x;y  1;  1 . Cách 2: Cộng   1 với 2 ta được: 2 2
x  7  y  xy  4 3y  1  2 3x  2 2 2
 x  y  4 3y  1  2 3x  2  xy  7  0
Áp dụng BĐT AM – GM ta có:
4 3y  1  4  3y  1  5  3 ;
y 2 3x  2  1  3x  2  3x  1. 2 2
 x  y  5  3y  3x  1  xy  7  0
 x  y  x  y  xy    x  y2  x  y2   x  2  y  2 2 2 2 2 6 6 2 6 0 4 4 1 1  0
 x  y  2  x  2  y  2 2 1
1  0 . Đẳng thức xảy ra khi x  y  1.
Thử lại ta có nghiệm hệ phương trình là x;y  1;  1 .
........................HẾT....................