Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hậu Giang

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hậu Giang” là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên trong quá trình giảng dạy và phân loại học sinh. Đồng thời giúp các em học sinh củng cố, rèn luyện, nâng cao kiến thức môn học. Để nắm chi tiết nội dung các bài tập mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hậu Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC: 2022 - 2023 MÔN THI : TOÁN - THPT Thời gian làm bài : 90 phút, không tính thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1. Số nào sau đây la căn bậc hai số học của 4 ? A. 16 . B. 16 . C. 2 . D. 2 . Câu 2. Rút gọn biểu thức 8  2. A. 2 2 . B. 3 2 . C. 10 . D. 16 . Câu 3. Giả sử x 1, x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2  4x  1  0 . Giá trị của biểu thức x 1  x 2 bằng A. 1 . B. 1 . C. 4 . D. 4 . Câu 4. Tìm nghiệm của hệ phương trình x  3 x  2 x  3 x  2 A.  . B.  . C.  . D.  . y  2 y  3 y  2 y  3 Câu 5. Phương trình x 4  9x 2  20  0 có bao nhiêu nghiệm? A. 4 . B. 2 . C. 0 . D. 1 . Câu 6. Tính diện tích S của hình cầu có bán kính R  2a . A. S  16 a 2 . B. S  8 a 2 . C. S  4 a 2 . D. S  2 a 2 . Câu 7. Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác, biết tam giác ABC vuông tại A và BC  6a . A. 6 a . B. 3 a . C. 4 a . D. 3 a . Câu 8. Cho hình thang có đáy lớn BC , đáy nhỏ AD , AD  BC  10 cm, AC  5 2 cm và   45 . Tính diện tích S của hình thang đã cho. ACB 25 2 A. S  50 2 cm 2 . B. S  cm . C. S  25 2 cm 2 . D. S  25 cm 2 . 2 II. Phần tự luận: (8,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị đúng của biểu thức A  x  3  3x  1 khi x  1 . x 9 b) Rút gọn biểu thức B  , với x  0 . x 3 c) Tìm số thực x không âm thỏa mãn x  5. 2a  2 a a 2 2 d) Cho biểu thức D    , với 0  a  4 . Tìm a để D là số nguyên. a 4 a 2 a 2 Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2  x  12  0 .
b) Giải phương trình   x  5  x  3 1  x 2  2x  15  8  Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hàm số y  x 2 có đồ thị P  và hàm số   y  5m  6 x  15m  25 có đồ thị là đường thẳng d , với m là tham số. a) Vẽ đồ thị P .    b) Tìm m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1, x 2 thỏa mãn x 1  x 2  6 . Câu 4. (2,0 điểm)   Cho đường tròn O có bán kính R  3 và điểm M sao cho OM  2R . Từ M , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới O  , với A và B là hai tiếp điểm. c) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. Tính diện tích S của tứ giác MAOB .   d) Lấy điểm C trên đường tròn O sao cho tam giác ABC nhọn, AB  AC và có các đường cao BE, CF. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và N, J lần lượt là trung điểm của BC, AH. Chứng   90 . minh tứ giác AJNO là hình bình hành và JEN Câu 5. (0,5 điểm) xy  y 2  y  2y  1  x  y Giải hệ phương trình  3 . x y  4xy  7xy  5x  y  19  0 2 --------------------------------- HẾT ---------------------------------
ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM 1C 2B 3D 4D 5A 6A 7A 8D ĐÁP ÁN PHẦN TỰ LUẬN Câu 1. (2,0 điểm) a) Thay x  1 vào biểu thức A  x  3  3x  1 Ta được A  1  3  3.1  1  4  4  2  2  4.  x    2 x 9  32 x 3 x 3 b) Ta có: B    x  3. x 3 x 3 x 3  x 2 c) x 5  52  x  25. 2a  2 a     2 2a  2 a a 2 2 a 2 2 a 2 d) Xét biểu thức D       a 4 a 2 a 2 a 4 a 4 a 4 2a  2 a  a  4 a  4  2 a  4 3a  4 a D  , với 0  a  4 . a 4 a 4 Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2  x  12  0 .     2 Ta có:   1  4.1. 12  49  0  PT có hai nghiệm phân biệt x 1     1  49  4; x2     1  49  3 . 2.1 2.1  Vậy S  4; 3 .  b) Giải phương trình   x  5  x  3 1  x 2  2x  15  8 *   ĐK: x  3 a  x  5  Đặt    a  b  0  a 2  b 2  8 và ab  x 2  2x  15 . b  x  3     PT *  a  b 1  ab  a 2  b 2  1  ab  a  b  a  1 1  b  0    a  1  x  4 L    . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  4. b  1  x  4 N   Câu 3. (1,5 điểm) a) Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y  x 2 4 1 0 1 4
Đồ thị y -2 -1 O 1 2 x -1 -4 b) Tìm m ... Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d :     x 2  5m  6 x  15m  25  x 2  5m  6 x  15m  25  0 1        2 Ta có:   5m  6  4. 15m  25  25m 2  64   Để d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1, x 2  PT 1 có hai nghiệm phân biệt  64 8    0  m2  25  m  5 * x  x 2  5m  6 Theo Vi-et, có:  1 x 1.x 2  15m  25     2 2 Xét x 1  x 2  6  x 1  x 2  36  x 1  x 2  4x 1 .x 2  36     2  5m  6  4 15m  25  36  25m 2  100  0  m  2 (Thỏa đk * )  Vậy m  2 . Câu 4. (2,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. Tính diện tích S của tứ giác MAOB . A  Xét tứ giác MAOB , có: 3 3 3   MBO MAO   90 M O 6 (Do MA, MB lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn O ).     MBO  MAO   90  90  180 B , MBO Mà hai góc MAO  ở vị trí đối nhau, nên tứ giác MAOB nội tiếp.
 Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông tại A MA  MO 2  AO 2  62  32  3 3. Dễ thấy MAO  MBO c  c  c   1  S MAOB  2.S MAO  2. .MA.AO  3 3.3  9 3 . 2 b) Lấy điểm C...  Chứng minh tứ giác AJNO là hình bình hành A Kẻ đường kính AD. Ta c/m được tứ giác BHCD là hình bình hành.  N là trung điểm HD. J M O E Xét tam giác AHD có ON là đường trung bình, nên: 1 F ON // AH và ON  AH Hay ON // AJ và H C 2 N ON  AJ B D Vậy tứ giác AJNO là hình bình hành.   90  Chứng minh JEN A Ta có EN là trung tuyến của tam giác vuông BEC   EBN  BEN    EFC Tứ giác BCEF nội tiếp  EBN  J M O E   EAH Tứ giác AFHE nội tiếp  EFC  F   JEA Mà EAH  (do JE là trung tuyến tam giác H C N vuông AEH) B D   AEJ Do đó BEN    JEB  JEN   BEN   JEB   AEJ   BEA   90 . Câu 5. (0,5 điểm) xy  y 2  y  2y  1  x  y Giải hệ phương trình  3 . x y  4xy  7xy  5x  y  19  0 2 1 Điều kiện: y  ;x  y  0 . 2  2y  1  x  y   Xét phương trình: xy  y 2  y  2y  1  x  y  y x  y  1   2y  1  x  y  1     x  y  1 y   0   2y  1  x  y 
y  x  1   1  y 0 *   2y  1  x  y 1  Dễ thấy phương trình * vô nghiệm (do y  2  0) Thế y  x  1 vào pt x 3y  4xy 2  7xy  5x  y  19  0      x 4  3x 3  x 2  3x  18  0  x  3 x  2 x 2  2x  3  0 x  3  y  4 N    x  2  y  3 N         Vậy hệ pt có nghiệm là x ; y  2; 3 ; 3; 4 .