Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chính thức tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2022 – 2023 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc; đề thi gồm 04 câu trắc nghiệm (02 điểm) và 06 câu tự luận (08 điểm), thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề); kỳ thi được diễn ra vào Chủ Nhật ngày 05 tháng 06 năm 2022. Mời các bạn đón xem!

43 22 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
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2022 – 2023
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN GIẢI
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Mỗi câu đúng được 0,5 điểm
Câu
1
2
3
4
Đáp án
C
B
D
A
II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 5. Giải phương trình
Ta có:
1 ( 5) 6 0abc− + = −− + =
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là
12
1; 6xx=−=
.
Câu 6. Giải hệ phương trình
23
32 4
xy
xy
+=
+=
Ta có:
2 3 42 6 2 2
324 324 3.224 1
xy x y x x
xy xy y y
+= + = = =

⇔⇔ ⇔

+= += += =−

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là
( ) ( )
; 2; 1xy
= −
.
Câu 7. Cho Parabol
( )
2
:Pyx
=
và đường thẳng
:2 1
dy x m=−+−
(với m là tham số). Tìm tất cả các
giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
( )
11
;Ax y
và
( )
22
;Bx y
sao
cho
(
)
2
22
12 1 2
110
yy xx+ = −−
.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là:
(
)
22
21 2101x xm x xm=− + −⇔ + − +=
Để d và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
2
' 0 1 1.( 1) 0 0
mm
∆>⇔ − −+>⇔ >
Theo Vi – ét ta có:
12
12
2
1
xx
xx m
+=−
=−+
Vì A, B là 2 điểm thuộc d nên ta có
11 2 2
2 1; 2 1y xm y xm=− +− =− +−
thay vào đề bài ta được:
( )
( )
( )
( ) ( )
2
22
12 1 2
2
22
1 2 12
2
22
12 1 2
2
2
12 12 12
110
2 1 2 1 110
2 2 2 110 0
2 2 2 110 2 0
yy xx
xm xm x x
xx m x x
xx m xx xx
+ = −−
⇔− +−− +− = − −
⇔− + + − − + + =


⇔− + + − − + + − =


Thay
12
12
2
1
xx
xx m
+=−
=−+
vào phương trình trên ta được:
( ) ( )
( )
2
2
2
2
2
4 2 2 110 ( 2) 2 1 0
2 2 2 108 0
4 10 104 0
2 5 52 0
mm
mm
mm
mm
+ − − +− − − + =
⇔ ++− =
⇔ + −=
⇔ + −=
Trang 3
Ta có:
(
)
(
)
1
2
4
441 0
13
2
m
m TMĐK
mL
=
∆= >⇒
−
=
Vậy với
4m =
thì đường thẳng d cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn đề bài.
Câu 8. Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 900 bộ quần áo trong một thời gian quy định, mỗi ngày
phân xưởng may được số bộ quần áo là như nhau. Khi thực hiện, do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày
phân xưởng may thêm được 10 bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước 3 ngày. Hỏi theo kế
hoạch mỗi ngày phân xưởng may được bao nhiêu bộ quần áo?
Gọi số bộ quần áo phân xưởng may được theo kế hoạch là x
( )
*; 900xx∈<
Thực tế mỗi ngày phân xưởng may được x + 10 bộ
Theo kế hoạch thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là
900
x
ngày
Thực tế thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là
900
10
x +
ngày
Theo đề bài, do hoàn thành sớm hơn kế hoạch 3 ngày nên ta có phương trình:
( ) ( )
(
)
(
)
2
1
2
900 900
3
10
900 10 900 3 10
10 3000 0
50
' 3025 0
60
xx
x x xx
xx
x TM
ĐK
xL
−=
+
⇔ +− = +
⇔+ − =
=
∆= > ⇒
= −
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng may được 50 bộ quần áo.
Câu 9.
Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn
(
)
;
OR
và
AB AC<
. Ba đường cao AD, BE, CF của tam
giác ABC (D, E, F là chân các đường cao) đồng quy tại điểm H. Kẻ đường kính AK của đường tròn
(
)
;
OR
. Mọi M là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AK.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và MD song song với BK.
c) Giả sử hai đỉnh B, C cố định trên đường tròn
(
)
;
OR
và đỉnh A di động trên cung lớn BC của đường
tròn
( )
;OR
. Chứng minh rằng đường thẳng MF luôn đi qua một điểm cố định và tìm vị trí của đỉnh A
sao cho diện tích tam giác AEH lớn nhất.
a) Do
90BE AC BEC⊥⇒ =°
90CF AB BFC⊥⇒ =°
Trang 4
Tứ giác BCEF có
90BEC BFC= = °
nên BCEF nội tiếp đường tròn
b) Xét
ADB
và
AKC
ta có:
90
1
sđ
2
ADB ACK
ABD AKC AC
= = °

= =


( )
ABD AKC g g⇒− 
Xét tứ giác ADMC có:
( )
90ADC AMC ADMC= = °⇒
là tứ giác nội tiếp
1
sđ
2
AMD ACD AD

⇒= =


(1)
Mà tứ giác ABKC nội tiếp đường tròn (O)
1
2
AKB ACD ACB AB

⇒== =


(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AMD AKB
=
Mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên MD // BK.
c) Gọi giao điểm của MF và BC là I.
Ta có:
90ABK BK AB= °⇒ ⊥
Mà
//CF AB BK CF⊥⇒
Mặt khác
// //BK DM DM CF MDC CDF⇒ ⇒=
(3)
Tứ giác ADMC nội tiếp
MDC MAC⇒=
(4)
Tứ giác AFMC nội tiếp
MAC MFC
⇒=
(5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra
DCF MFC=
hay
ICF IFC=
Suy ra tam giác IFC cân tại I
IF IC
⇒=
(6)
Ta lại có:
90 ; 90IFC IFB IBF ICF IFB IBF
+ = ° + = °⇒ =
Suy ra tam giác BFI cân tại I
IB IF
⇒=
(7)
Từ (6) và (7) suy ra
IB IC=
hay I là trung điểm của BC cố định
Vậy MF luôn đi qua điểm cố định là trung điểm của BC
+) Ta có BHCK là hình hình hanfh, mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HK
Lại có O là trung điểm của AK suy ra OI là đường trung bình của tam giác AHK
1
2
OI AH
⇒=
Ta có
22
22
11 1
..
2 22 4
AHE
HE AE
S HE AE AH OI
+
=≤==
Dấu “=” xảy ra khi
AE HE AHE= ⇔
vuông cân tại E
45 45AHE ACB
⇒ = °⇒ = °
(cùng bù với
EHD
)
Vậy diện tích tam giác AEH lớn nhất bằng
2
OI
.
Câu 10.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1xyz++=
. Chứng minh rằng:
2 22
111
444
yz zx xy
x xyz y xyz z xyz x y z
+ + ≥++
+++
Đặt
2 22
yz zx xy
A
x xyz y xyz z xyz
=++
+++
Ta có:
( ) ( )( )
2
111 1 1 1yz
x yz x x yz x x x y z yz x x y y z
=−=− =−
+ + ++ + + +
Tương tự, ta có:
Trang 5
( )( )
(
)( )
2
2
11
11
yz
y xyz y y z y x
xy
z xyz z z x z y
= −
+ ++
= −
+ ++
Ta có:
( )( )
( )( ) ( )( )
( )( )( )
111 1 1 1
111 2
A
x y z xyxz yxyz zyzx
x y x xyyzzx

=++− + +

++ ++ ++

=++−
+ ++
Mà
( )( )( ) ( )
(
) (
)
88
99
xyyzzx xyzxyyzzx xyyzzx
+ + +≥ ++ ++ = ++
(1)
(
) (
)
( ) ( )
2
33
3
2
xy yz zx xyz x y z xyz
xyz
xy yz zx
xy yz zx
+ + ≥ ++ =
⇒ ++ ≥
++
Từ (1) và (2) ta có:
( )( )( )
83 8
..
93
xyz xyz
xyyzzx
xy yz zx xy yz zx
+ + +≥ =
++ ++
Suy ra
111 3 1113111 1 1 1
2. .
8 4 444
xy yz zx
A
xyz xyz xyz xyz x y z

++
≥++− =++− ++ = + +


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
3
xyz
= = =
.
_____ THCS.TOANMATH.com _____
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT VĨNH PHÚC
Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Mỗi câu đúng được 0,5 điểm Câu 1 2 3 4 Đáp án C B D A II. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 5. Giải phương trình 2
x − 5x − 6 = 0
Ta có: a − b + c =1− ( 5) − + 6 = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là x = 1; − x = 6 . 1 2 2x + y = 3
Câu 6. Giải hệ phương trình 3   x + 2y = 4 2x + y = 3 4x + 2y = 6 x = 2 x = 2 Ta có:  ⇔  ⇔  ⇔ 3  x 2y 4 3  x 2y 4 3  .2 2y 4  + = + = + = y = 1 −
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ; x y) = (2;− ) 1 .
Câu 7. Cho Parabol (P) 2
: y = x và đường thẳng d : y = 2
− x + m −1 (với m là tham số). Tìm tất cả các
giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x ; y và B(x ; y sao 2 2 ) 1 1 )
cho ( y + y )2 2 2
= 110 − x − x . 1 2 1 2
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 x = 2
− x + m −1 ⇔ x + 2x − m +1 = 0 ( ) 1
Để d và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2
∆ ' > 0 ⇔ 1 −1.(−m +1) > 0 ⇔ m > 0 x + x = 2 − Theo Vi – ét ta có: 1 2  x x = −m +  1 1 2
Vì A, B là 2 điểm thuộc d nên ta có y = 2
− x + m −1; y = 2
− x + m −1 thay vào đề bài ta được: 1 1 2 2 ( y + y )2 2 2 =110 − x − x 1 2 1 2 ⇔ ( 2
− x + m −1− 2x + m − )2 2 2
1 =110 − x − x 1 2 1 2 ⇔  2 −  ( x + x ) 2 2 2
+ 2m − 2 −110 + x + x = 0 1 2  1 2 ⇔  2 −  ( x + x ) 2 + 2m − 2 −110 + 
(x + x )2 − 2x x = 0 1 2 1 2 1 2 x + x = 2 − Thay 1 2 
vào phương trình trên ta được: x x = −m +  1 1 2 (4+ 2m − 2)2 2 −110 + ( 2) − − 2(−m + ) 1 = 0
⇔ (2m + 2)2 + 2m −108 = 0 2
⇔ 4m +10m −104 = 0 2
⇔ 2m + 5m − 52 = 0 Trang 2 m = 4 TMĐK 1 ( ) Ta có:  ∆ = > ⇒ m 441 0 13 m −  = L 2 ( )  2
Vậy với m = 4 thì đường thẳng d cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn đề bài.
Câu 8. Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 900 bộ quần áo trong một thời gian quy định, mỗi ngày
phân xưởng may được số bộ quần áo là như nhau. Khi thực hiện, do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày
phân xưởng may thêm được 10 bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước 3 ngày. Hỏi theo kế
hoạch mỗi ngày phân xưởng may được bao nhiêu bộ quần áo?
Gọi số bộ quần áo phân xưởng may được theo kế hoạch là x (x∈ *  ; x < 900)
Thực tế mỗi ngày phân xưởng may được x + 10 bộ
Theo kế hoạch thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là 900 ngày x
Thực tế thời gian phân xưởng hoàn thành 900 bộ là 900 ngày x +10
Theo đề bài, do hoàn thành sớm hơn kế hoạch 3 ngày nên ta có phương trình: 900 900 − = 3 x x +10
⇔ 900(x +10) − 900x = 3x(x +10) 2
⇔ x +10x − 3000 = 0 x = 50 TMĐK 1 ( )
∆ ' = 3025 > 0 ⇒ x = 60 − L  2 ( )
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng may được 50 bộ quần áo. Câu 9.
Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R) và AB < AC . Ba đường cao AD, BE, CF của tam
giác ABC (D, E, F là chân các đường cao) đồng quy tại điểm H. Kẻ đường kính AK của đường tròn
(O;R). Mọi M là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AK.
a) Chứng minh rằng tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và MD song song với BK.
c) Giả sử hai đỉnh B, C cố định trên đường tròn (O; R) và đỉnh A di động trên cung lớn BC của đường
tròn (O; R). Chứng minh rằng đường thẳng MF luôn đi qua một điểm cố định và tìm vị trí của đỉnh A
sao cho diện tích tam giác AEH lớn nhất. a) Do ⊥ ⇒  BE AC BEC = 90° ⊥ ⇒  CF AB BFC = 90° Trang 3
Tứ giác BCEF có  = 
BEC BFC = 90° nên BCEF nội tiếp đường tròn
b) Xét ADB và AKC ta có:  =  ADB ACK = 90°    1  ABD AKC sđ AC  = =  2   
⇒ABD AKC (g − g)
Xét tứ giác ADMC có:  = 
ADC AMC (= 90°) ⇒ ADMC là tứ giác nội tiếp    1  AMD ACD sđ AD ⇒ = =  (1) 2   
Mà tứ giác ABKC nội tiếp đường tròn (O)     1  AKB ACD ACB AB ⇒ = = =  (2) 2   
Từ (1) và (2) suy ra  =  AMD AKB
Mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên MD // BK.
c) Gọi giao điểm của MF và BC là I. Ta có: 
ABK = 90° ⇒ BK ⊥ AB
Mà CF ⊥ AB ⇒ BK / /CF Mặt khác ⇒ ⇒  =  BK / /DM DM / /CF MDC CDF (3)
Tứ giác ADMC nội tiếp ⇒  =  MDC MAC (4)
Tứ giác AFMC nội tiếp ⇒  =  MAC MFC (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra  =  DCF MFC hay  =  ICF IFC
Suy ra tam giác IFC cân tại I ⇒ IF = IC (6)
Ta lại có:  +  = °  +  = ° ⇒  = 
IFC IFB 90 ; IBF ICF 90 IFB IBF
Suy ra tam giác BFI cân tại I ⇒ IB = IF (7)
Từ (6) và (7) suy ra IB = IC hay I là trung điểm của BC cố định
Vậy MF luôn đi qua điểm cố định là trung điểm của BC
+) Ta có BHCK là hình hình hanfh, mà I là trung điểm của BC nên I là trung điểm của HK
Lại có O là trung điểm của AK suy ra OI là đường trung bình của tam giác AHK 1 ⇒ OI = AH 2 2 2 Ta có 1 1 HE + AE 1 2 2 S = HE AE ≤ = AH = OI AHE . . 2 2 2 4
Dấu “=” xảy ra khi AE = HE ⇔AHE vuông cân tại E ⇒  = ° ⇒  AHE 45
ACB = 45° (cùng bù với  EHD )
Vậy diện tích tam giác AEH lớn nhất bằng 2 OI . Câu 10.
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z =1. Chứng minh rằng: yz zx xy 1 1 1 + + ≥ + + 2 2 2
x + xyz y + xyz z + xyz 4x 4y 4z Đặt yz zx xy A = + + 2 2 2
x + xyz y + xyz z + xyz Ta có: yz 1 1 1 1 1 1 = − = − = − 2
x + yz x x + yz x x(x + y + z) + yz x (x + y)( y + z) Tương tự, ta có: Trang 4 yz 1 1 = − 2
y + xyz y ( y + z)( y + x) xy 1 1 = − 2
z + xyz z (z + x)(z + y) Ta có: 1 1 1  1 1 1  A = + + −  + + x y z
(x y)(x z) ( y x)( y z) (z y)(z x) + + + + + +   1 1 1 2 = + + −
x y x (x + y)( y + z)(z + x)
Mà (x + y)( y + z)(z + x) 8
≥ (x + y + z)(xy + yz + zx) 8
= (xy + yz + zx) (1) 9 9
(xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z) = 3xyz ⇒ ( + + ) 3xyz xy yz zx ≥ (2)
xy + yz + zx
Từ (1) và (2) ta có: ( + )( + )( + ) 8 3xyz 8 ≥ . = . xyz x y y z z x
9 xy + yz + zx 3 xy + yz + zx + +   Suy ra 1 1 1
3 xy yz zx 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 A ≥ + + − 2. . = + + − + + = + + x y z 8 xyz
x y z 4  x y z  
 4x 4y 4z
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
x = y = z = . 3
_____ THCS.TOANMATH.com _____ Trang 5
Document Outline

  • de-tuyen-sinh-lop-10-thpt-mon-toan-nam-2022-2023-so-gddt-vinh-phuc
  • 62. Vĩnh Phúc