Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (không chuyên) năm 2022 – 2023 sở GDKHCN Bạc Liêu

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán (không chuyên) năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục, Khoa học và Công nghệ tỉnh Bạc Liêu; kỳ thi được diễn ra vào sáng thứ Sáu ngày 10 tháng 06 năm 2022. Mời các bạn đón xem!

35 18 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC
VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2022-2023
Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 10/06/2022
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức
a)
5 20 45=++
A
.
b)
( )
11
1
B aa a
aa

=−+

+

, với
0a >
.
Lời giải
Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức
a)
5 20 45=++A
.
Ta có
5 20 45
5 45 95
5 25 35
65
=++
= + ⋅+ ⋅
=++
=
A
b)
( )
11
1
B aa a
aa

=−+

+

, với
0a >
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
11
1
1
1
1
1
1
.
B aa a
aa
aa
aa a
aa
aa a
aa
aa
aa
a

=−+

+


+−

= +

+

+
=
+
+
=
+
=
Câu 2. (4 điểm)
a) Giải hệ phương trình
b) Cho parabol
( )
2
:Pyx=
và đường thẳng
( )
: 32dy x= −
. Vẽ đồ thị
( )
P
và tìm tọa độ giao
điểm của
( )
P
với đường thẳng
( )
d
bằng phép tính.
Trang 3
Lời giải
a) Giải hệ phương trình
Ta có
3 48 2
35 3 1
xy x x
xy xy y
+= = =

⇔⇔

−= += =

Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ) ( )
; 2;1xy =
.
Tập xác định:
b) Bảng giá trị của
(
)
P
x
2−
1−
0
1
2
2
yx=
4
1
0
1
4
Vẽ đồ thị hàm số
( )
P
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
D
và
( )
P
:
2
32xx= −
2
3 20xx⇔ − +=
1∆=
2
1 11∆= = =
2 1x hay x⇔= =
( )
2
2 24xy=⇒= =
Trang 4
( )
2
1 11xy=⇒= =
Vậy toạ độ giao điểm của
( )
D
và
( )
P
là:
( )
2; 4
và
( )
1;1
Câu 3. (6 điểm)
Cho phương trình
2
5 20x xm− + +=
(
)
1
(
m
là tham số).
a) Giải phương trình khi
2m
=
.
b) Tìm điều kiện của
m
để phương trình
(
)
1
có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi
12
,xx
là hai nghiệm phân biệt của phương trình
( )
1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 22
12 12 12
4.
P xx xx xx= +−−
Lời giải
a) Thay
2m =
vào phương trình
( )
1
ta được
2
5 40xx− +=
.
Do
1 ( 5) 4 0abc+ + = +− + =
nên phương trình có hai nghiệm
12
1; 4xx= =
.
b) Ta có
17 4m∆= −
.
Phương trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0∆>
17 4 0m⇔− >
c) Theo câu b, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi
17
4
m <
.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có
12
12
5
2.
xx
xx m
+=
⋅=+
(1)
Theo đề ta có
(
) ( )
2
2 2 22
1 2 12 1 2 12 1 2 12
4 4.
P x x xx x x xx x x xx= + − −= + − −
Thay
(
)
1
vào ta được
( ) ( )
2
2
2
2
5 2 24
5 10 4 8
2
1 99
.
2 44
Pm m
m mm
mm
m
= +− + −
= +− − −
=− ++

=− − +≤


91 1
0
42 2
max
Pm m=⇔−=⇔ =
(thỏa mãn điều kiện)
Câu 4. (6 điểm)
Trên nửa đường tròn tâm
O
đường kính
2AB R=
, lấy điểm
C
(
C
khác
A
và
B
), từ
C
kẻ
CH
vuông góc với
AB
()
H AB∈
. Gọi
D
là điểm bất kì trên đoạn
(CH D
khác
C
và
H
),
đường thẳng
AD
cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là
E
.
a) Chứng minh tứ giác
BHDE
nội tiếp.
b) Chứng minh
AD EC CD AC⋅=⋅
.
Trang 5
c) Khi điểm
C
di động trên nửa đường tròn (
C
khác
A
,
B
và điểm chính giữa cung
AB
), xác
định vị trí của điểm
C
sao cho chu vi
COH∆
đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác
BHDE
nội tiếp.
Xét tứ giác
BHDE
, ta có
( ) 90CH AB g t BHD⊥ ⇒=°
.
và
AEB
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên
Suy ra
180
BHD BED
°
+=
(tổng hai góc đối bằng
180°
).
Do đó tứ giác
BHDE
nội tiếp (đpcm)
b) Chứng minh
AD EC CD AC⋅=⋅
.
và
90ACD CAH ABC CAH ACD ABC+=+=°⇒=
.
Mặt khác, ta có
ABC CEA=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
CA
).
Suy ra
ACD AEC=
.
Xét
ACD∆
và
AEC∆
, ta có
CAD EAC=
(góc chung)
ACD AEC=
(chứng minh trên)
suy ra
ACD AEC∆∆∽
(g-g).
Suy ra
AD CD
AD EC CD AC
AC EC
= ⇒⋅=⋅
(đpcm).
c) Khi điểm
C
di động trên nửa đường tròn (
C
khác
A
,
B
và điểm chính giữa cung
AB
),
xác định vị trí của điểm
C
sao cho chu vi
COH∆
đạt giá trị lớn nhất.
Gọi
P
chu vi tam giác
COH
, ta có
.
2
AB
P CO OH CH OH CH=++=++
Trang 6
Áp dụng bất đẳng thức
(
)
2
22
2( )
ab a b+≤ +
với các đoạn thẳng
OH
,
CH
, ta có
( )
2
22 2
2( ) 2 .OH CH OH CH OC+≤ +=
Suy ra
2 22
2
AB
OH CH OC R+≤ = =
.
Do đó,
22
22
AB AB
P OH CH R R R
=++≤+ =+
.
Chu vi tam giác
COH
lớn nhất khi
OH CH
=
.
Vậy
C
nằm trên nửa đường tròn sao cho tam giác
COH
là tam giác vuông cân.
_____ THCS.TOANMATH.com _____
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2022-2023
VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU
Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 10/06/2022 HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức a) A = 5 + 20 + 45 . b)  1 1 B  = − (a a +  
a), với a > 0.  a a +1 Lời giải
Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức a) A = 5 + 20 + 45 . Ta có A = 5 + 20 + 45 = 5 + 4⋅5 + 9⋅5 = 5 + 2 5 + 3 5 = 6 5 b)  1 1 B  = − (a a +  
a), với a > 0.  a a +1 Ta có  1 1 B  = − (a a +   a)  a a +1  a 1 a  + − =   +  a ( a +  ) (a a a) 1  a a + a = a ( a + ) 1 a( a + )1 = a( a + )1 = a. Câu 2. (4 điểm)x + y = 3
a) Giải hệ phương trình 3   x − y = 5 b) Cho parabol (P) 2
: y = x và đường thẳng (d ): y = 3x − 2. Vẽ đồ thị (P) và tìm tọa độ giao
điểm của (P) với đường thẳng (d ) bằng phép tính. Trang 2 Lời giải x + y = 3
a) Giải hệ phương trình 3   x − y = 5 Ta có x + y = 3 4x = 8 x = 2  ⇔  ⇔ 3  x y 5 x y 3  − = + = y =1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; x y) = (2; ) 1 . Tập xác định: 
b) Bảng giá trị của (P) x 2 − 1 − 0 1 2 2 y = x 4 1 0 1 4
Vẽ đồ thị hàm số (P)
Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) : 2 x = 3x − 2 2
⇔ x − 3x + 2 = 0 ∆ = 1 2 ∆ = 1 = 1 =1 ⇔ x = 2 hay 1 x = x = ⇒ y = ( )2 2 2 = 4 Trang 3 x = ⇒ y = ( )2 1 1 =1
Vậy toạ độ giao điểm của (D) và (P) là: (2;4)và (1; ) 1 Câu 3. (6 điểm) Cho phương trình 2
x − 5x + m + 2 = 0 ( ) 1 ( m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 2 .
b) Tìm điều kiện của m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi x ,x là hai nghiệm phân biệt của phương trình ( )
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 2 2 2 2
P = x x + x x − x x − 4. 1 2 1 2 1 2 Lời giải
a) Thay m = 2 vào phương trình ( ) 1 ta được 2
x − 5x + 4 = 0 .
Do a + b + c =1+ ( 5)
− + 4 = 0 nên phương trình có hai nghiệm x =1;x = 4 . 1 2
b) Ta có ∆ =17 − 4m . Phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ > 0 ⇔ 17 − 4m > 0 17 ⇔ m < . 4
c) Theo câu b, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 17 m < . 4 x + x = 5
Theo hệ thức Vi-ét, ta có 1 2  (1)
x ⋅ x = m +  2. 1 2 Theo đề ta có
P = x x + x x − x x − 4 = x x (x + x ) −(x x )2 2 2 2 2 − 4. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Thay ( ) 1 vào ta được
P = 5(m + 2) − (m + 2)2 − 4 2
= 5m +10 − m − 4m −8 2 = −m + m + 2 2  1  9 9 = − m − + ≤   .  2  4 4 9 1 1
P = ⇔ m − = ⇔ m = (thỏa mãn điều kiện) max 0 4 2 2 Câu 4. (6 điểm)
Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R , lấy điểm C (C khác A và B ), từ C kẻ
CH vuông góc với AB (H ∈ AB) . Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH (D khác C và H ),
đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là E .
a) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp.
b) Chứng minh AD ⋅ EC = CD ⋅ AC . Trang 4
c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB ), xác
định vị trí của điểm C sao cho chu vi C
∆ OH đạt giá trị lớn nhất. Lời giải
a) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp.
Xét tứ giác BHDE , ta có ⊥ ⇒  CH AB(gt) BHD = 90° . và 
AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên  BED = 90° Suy ra   BHD BED 180° + =
(tổng hai góc đối bằng 180°).
Do đó tứ giác BHDE nội tiếp (đpcm)
b) Chứng minh AD⋅ EC = CD⋅ AC .
và  +  =  +  = ° ⇒  =  ACD CAH ABC CAH 90 ACD ABC . Mặt khác, ta có  = 
ABC CEA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA ). Suy ra  =  ACD AEC . Xét A ∆ CD và A ∆ EC , ta có  =  CAD EAC (góc chung)  = 
ACD AEC (chứng minh trên) suy ra A ∆ CD ∽ A ∆ EC (g-g). Suy ra AD CD =
⇒ AD ⋅ EC = CD ⋅ AC (đpcm). AC EC
c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB ),
xác định vị trí của điểm C sao cho chu vi C
∆ OH đạt giá trị lớn nhất.
Gọi P chu vi tam giác COH , ta có AB
P = CO + OH + CH = + OH + CH. 2 Trang 5
Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 2 2
≤ 2(a + b ) với các đoạn thẳng OH , CH , ta có (OH +CH )2 2 2 2
≤ 2(OH + CH ) = 2OC . Suy ra + ≤ 2 AB OH CH OC = 2 = R 2 . 2 Do đó, AB AB P = + OH + CH ≤
+ R 2 = R + R 2 . 2 2
Chu vi tam giác COH lớn nhất khi OH = CH .
Vậy C nằm trên nửa đường tròn sao cho tam giác COH là tam giác vuông cân.
_____ THCS.TOANMATH.com _____ Trang 6
Document Outline

  • de-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan-khong-chuyen-nam-2022-2023-so-gdkhcn-bac-lieu
  • 4.BẠC LIÊU