Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Hải Dương

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Hải Dương gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi 120 phút (không kể thời gian phát đề), đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm. Mời các bạn đón xem!

51 26 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:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 – 2022
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian phát đề)
(
Đ
ề thi
có
01 trang
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
3 4
x x
b) Giải hệ phương trình:
2 5 0
5 3 18
x y
x y
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
2 1 3 7
9
3 3
a a a
P
a
a a
, với
0, 9
a a
.
b) Cho hàm số bậc nhất
4
y ax
. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt
đường thẳng
( ) : 3 2
d y x
tại điểm có tung độ bằng 5.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm
chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m
2
. Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất
hình chữ nhật ban đầu.
b) Cho phương trình
2
2( 1) 3 0
x m x m
(với m là tham số). Chứng minh rằng
phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
với mọi m. Tìm các giá trị của
tham số m sao cho:
1 2
4
x x
.
Câu 4. (3,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
( ; )
O R
và hai đường cao AE,
BF cắt nhau tại H (
,
E BC F AC
).
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng:
OC EF
.
2. Cho tam giác ABC có
,
B C
là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2
P BC AC AB
.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương
,
x y
thỏa mãn:
1 6 9 2 4 2 3 3
y y x x x y
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2
3 4 3
M xy y x
.
---------- HẾT ----------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...................... Phòng thi ………
Cán bộ coi thi số 1: ......................................... Cán bộ coi thi số 2: ........................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu Phần
Nội dung Điểm
Câu
1
(2,0đ)
a)
2 2
3 4 3 4 0
x x x x
Xét a – b + c = 1 + 3 – 4 = 0
Phương trình có hai nghiệm:
1 2
1; 4
x x
1.00
b)
2 5 0 2 5 2 5
5 3 18 5 3(2 5) 18 11 33
2.3 5 3
3 1
x y y x y x
x y x x x
y x
x y
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
; 3;1
x y
1.00
Câu
2
(2,0đ)
a)
2 1 3 7
9
3 3
2 1 3 7
9
3 3
2 ( 3) ( 1)( 3) 3 7
( 3)( 3)
2 6 4 3 3 7
( 3)( 3)
3 9
( 3)( 3)
3 ( 3)
( 3)( 3)
3
3
a a a
P
a
a a
a a a
a
a a
a a a a a
a a
a a a a a
a a
a a
a a
a a
a a
a
a
Vậy
3
3
a
P
a
với
0, 9
a a
.
1.00
b)
Hàm số bậc nhất
4
y ax
(
0
a
)
Để hai đường thẳng cắt nhau thì
3
a
Thay y = 5 vào
3 2
y x
được
3 2 5 1
x x
Đồ thị hàm số
4
y ax
đi qua điểm (–1; 5)
.( 1) 4 5
a
9
a
(TMĐK)
Vậy
9
a
là giá trị cần tìm.
1.00
Câu
3
(2,0đ)
a)
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là
x, y (m). ĐK: x > y > 0.
Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m nên:
2(x + y) = 24
x + y = 12 (1)
Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là xy (m
2
)
Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật khi thay đổi là (x + 2)(y – 1) (m
2
)
Theo đ
ề b
ài ta có:
1.00
(x + 2)(y – 1) = xy + 1
– x + 2y = 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
12 7
2 3 5
x y x
x y y
(TMĐK)
V
ậy
m
ảnh đất h
ình ch
ữ nhật
ban đ
ầu có chiều d
ài là 7m, chi
ều rộng l
à 5m.
b)
Phương trình
2
2( 1) 3 0
x m x m
.
Xét
2
2 2
3 7
' ( 1) 1( 3) 3 4
2 4
m m m m m
' 0
với mọi m
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
với mọi m
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
1 2
1 2
2 2
3
x x m
x x m
Theo đề bài:
1 2
2
1 2
2
1 2 1 2
4
( ) 16
( ) 4 16
x x
x x
x x x x
2
2
2
(2 2) 4( 3) 16
4 8 4 4 12 16
4 12 0
4 ( 3) 0
0
3
m m
m m m
m m
m m
m
m
Vậy
0;3
m
là các giá trị cần tìm.
1.00
Câu
4
(3,0đ)
0.25
1a)
Có AE, BF là các đường cao của
ABC
o
AEB AFB 90
B
ốn điểm A, B, E, F c
ùng
thu
ộc
đư
ờng tr
òn
đư
ờng kính AB.
0.75
1b)
Qua C, vẽ tiếp tuyến xy của (O)
Có ABEF là tứ giác nội tiếp
o
1
F ABC ( 180 AFE)
Mà
1
1
C ABC s
đAC
2
1
1
C F xy / /FE
Lại có
xy OC
(xy là tiếp tuyến của (O))
OC FE
(đpcm).
1.00
2)
Vẽ AH
BC
H nằm giữa B và C (vì
,
B C
nhọn)
Đặt AH = h, BH = x, CH = y, BC = a, S
ABC
= S
2
ah S
không đổi
Áp dụng ĐL Py-ta-go, ta có:
AB
2
= h
2
+ x
2
; AC
2
= h
2
+ y
2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
P BC AC AB a h x y
1.00
1
E
H
B
A
C
F
O
1
y
x
x
y
H
C
B
A
h
Có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2
x y x y x y x y a
DBXR
x y
2 2 2 2
5 5
2 2 .2 2 5 4 5
2 2
P a h a h ah S
(Áp dụng BĐT Côsi. DBXR
5 2
a h
)
Vậy
min 4 5
5 2
AB AC
P S
BC AH
Câu
5
(1,0đ)
Cho
, 0
x y
thỏa mãn:
1 6 9 2 4 2 3 3
y y x x x y
(1)
Đặt
2 3 ; ( , 0)
x a y b a b
(1)
2 2 2 2
( 1) 3 ( 1) 3
b b a a a b
3 2 3 2
3 3 2 2
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3 0
( )( ) 3( )( ) ( ) 0
( )( 3 3 1) 0
0 (do , 0 3 3 1 0)
a b
b b a a a b
a b a b a b
a b a ab b a b a b a b
a b a ab b a b
a b a b a ab b a b
2 3
2 3
x y
x y
Khi đó:
2
2
2 2
2
2
2
2
3 4 3
(2 3) 3(2 3) 4 3
2 3 6 9 4 3
2 9 6
9
2 3
2
9 129
2
4 16
129 9
2
8 4
M xy y x
x x x x
x x x x
x x
x x
x
x
129
8
M
. DBXR
9 15
4 2
x y
Vậy
129
max
8
M
9 15
;
4 2
x y
1.00
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 x  3x  4 2x  5  y  0
b) Giải hệ phương trình:  5x  3y  18 Câu 2. (2,0 điểm) 2 a a 1 3  7 a
a) Rút gọn biểu thức: P    , với a  0, a  9 . a  3 a  3 9  a
b) Cho hàm số bậc nhất y  ax  4. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt
đường thẳng (d) : y  3
 x  2 tại điểm có tung độ bằng 5. Câu 3. (2,0 điểm)
a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm
chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất
hình chữ nhật ban đầu. b) Cho phương trình 2
x  2(m 1)x  m  3  0 (với m là tham số). Chứng minh rằng
phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x và x với mọi m. Tìm các giá trị của 1 2
tham số m sao cho: x  x  4 . 1 2 Câu 4. (3,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( ;
O R) và hai đường cao AE,
BF cắt nhau tại H ( E  BC, F  AC ).
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: OC  EF .
2. Cho tam giác ABC có B, 
C là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P  2BC  AC  AB . Câu 5. (1,0 điểm) y  y  
1  6x  9  2x  4  
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 2x 3 3y .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2
M  xy  3y  4x  3 . ---------- HẾT ----------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...................... Phòng thi ………
Cán bộ coi thi số 1: ......................................... Cán bộ coi thi số 2: ........................................
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2 2
x  3x  4  x  3x  4  0 a)
Xét a – b + c = 1 + 3 – 4 = 0 1.00
 Phương trình có hai nghiệm: x  1; x  4 1 2 Câu 2x  5  y  0 y  2x  5 y  2x  5 1      5  x  3y  18 5  x  3(2x  5)  18 1  1x  33 (2,0đ) b) y  2.3  5 x  3 1.00     x  3  y  1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; x y  3;  1 2 a a 1 3  7 a P    a  3 a  3 9  a 2 a a 1 3  7 a    a  3 a  3 a  9
2 a ( a  3)  ( a 1)( a  3)  3  7 a  ( a  3)( a  3)
2a  6 a  a  4 a  3  3  7 a  ( a  3)( a  3) a) 1.00 3a  9 a  ( a 3)( a 3) Câu 2 3 a ( a  3)  (2,0đ) ( a  3)( a  3) 3 a  a 3 3 a Vậy P  với a  0, a  9 . a  3
Hàm số bậc nhất y  ax  4 ( a  0)
Để hai đường thẳng cắt nhau thì a  3  Thay y = 5 vào y  3  x  2 được 3  x  2  5  x  1  b)
 Đồ thị hàm số y  ax  4 đi qua điểm (–1; 5) 1.00  . a ( 1  )  4  5  a  9  (TMĐK) Vậy a  9
 là giá trị cần tìm.
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là
x, y (m). ĐK: x > y > 0. Câu
Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m nên: 3 a) 2(x + y) = 24  x + y = 12 (1) 1.00 (2,0đ)
Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là xy (m2)
Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật khi thay đổi là (x + 2)(y – 1) (m2) Theo đề bài ta có:
(x + 2)(y – 1) = xy + 1  – x + 2y = 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x  y  12 x  7    (TMĐK) x  2y  3  y  5
Vậy mảnh đất hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là 7m, chiều rộng là 5m. Phương trình 2
x  2(m 1)x  m  3  0 . 2   Xét 2 2 3 7
 '  (m 1) 1(m  3)  m  3m  4  m      2  4  '  0 với mọi m
 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x và x với mọi m 1 2 x  x  2m  2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2  x x  m  3  1 2 Theo đề bài: x  x  4 1 2 b) 2  (x  x )  16 1.00 1 2 2  (x  x )  4x x  16 1 2 1 2 2
 (2m  2)  4(m  3)  16 2
 4m  8m  4  4m 12  16 2  4m 12m  0  4m(m  3)  0 m  0  m 3 Vậy m 0; 
3 là các giá trị cần tìm. y C 1 x E 0.25 1 F O H A B
Có AE, BF là các đường cao của  ABC 1a)     o AEB AFB  90 0.75
 Bốn điểm A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Qua C, vẽ tiếp tuyến xy của (O) Câu
Có ABEF là tứ giác nội tiếp     o 1 F ABC ( 180   AFE) 4  1  (3,0đ) Mà  C   ABC  sđ  1 AC 1b)    2  1.00     1 C 1 F  xy / /FE
Lại có xy  OC (xy là tiếp tuyến của (O))  OC  FE (đpcm). A h 2) 1.00 x y B C H
Vẽ AH  BC  H nằm giữa B và C (vì B,  C nhọn)
Đặt AH = h, BH = x, CH = y, BC = a, SABC = S  ah  2S không đổi
Áp dụng ĐL Py-ta-go, ta có: AB2 = h2 + x2 ; AC2 = h2 + y2 2 2 2 2 2 2 2
 P  2BC  AC  AB  2a  2h  x  y 1 1 1 Có 2 2 2 2 2 2
x  y  (x  y)  (x  y)   (x  y)  a 2   2 2 DBXR  x  y 5 2 2 5 2 2  P  a  2h  2 a .2h  2 5ah  4 5S 2 2
(Áp dụng BĐT Côsi. DBXR  5a  2h ) AB  AC  Vậy min P  4 5S    5BC  2AH y  y  
1  6x  9  2x  4   Cho , x y  0 thỏa mãn: 2x 3 3y (1)
Đặt 2x  3  a; y  b (a,b  0) (1) 2 2 2 2
 b(b 1)  3a  (a 1)a  3b 3 2 3 2
 b  b  3a  a  a  3b 3 3 2 2
 a  b  3a  3b  a  b  0 2 2           (a b)(a ab b ) 3(a b)(a b) (a b) 0 2 2
 (a  b)(a  ab  b  3a  3b 1)  0 2 2
 a  b  0 (do a,b  0  a  ab  b  3a  3b 1  0)  a  b  2x  3  y  2x  3  y Khi đó: Câu 2 5 M  xy  3y  4x  3 1.00 (1,0đ) 2
 x(2x  3)  3(2x  3)  4x  3 2 2
 2x  3x  6x  9  4x  3 2  2  x  9x  6  2 9   2  x  x  3    2  2  9 129    2   x       4  16   2 129  9    2 x    8  4  129  9 15 M  . DBXR  x   y  8 4 2 129 9 15 Vậy max M   x  ; y  8 4 2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương