zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

16
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk”. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Đắk Lắk

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: E  3 5  20  5 . b) Giải phương trình: x 2  4 x  3  0 .  3x  y  3 c) Giải hệ phương trình:  . 2 x  y  7 a) E  3 5  20  5  3 5  2 5  5  2 5 .  x 1 0  x  1 b) x 2  4 x  3  0   x  1 x  3  0    .  x  3  0  x  3 Phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  3 .  3x  y  3 5 x  10 x2 x  2 c)     . 2 x  y  7  y  3x  3  y  3  2  3  y  3 Hệ phương trình có một nghiệm  x; y    2; 3 . 2  x 1   x 1 x 1 Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức A        với x  0 và x  1 .  2 2 x   x 1 1 x  a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm tất cả các giá trị của x để A  0 .    x  1 2 2 2  x 1   x 1 x 1  x 1 2 x 1  a) A           2 2 x   x 1 1 x   2 x   x  1 x  1   x  1 2    x 1  x 1 x 1  x 1  4 x  x  1 1  x  ; 4x x 1 4x x 1 x b) A  0  x  0  1 x  0  x 1  x  0, do x  0 .  Kết hợp với điều kiện, ta có 0  x  1 thì A  0 . Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số y  x 2 có đồ thị là đường parabol (P) và hàm số y  4mx  5 có đồ thị là đường thẳng (d), với m là tham số. a) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) và đường thẳng () song song với nhau, với () là đồ thị của hàm số y   5  m  x  3 . b) Tim các giá trị của tham số m đề đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x2  4mx1  105 . 2 a) Đường thẳng (d) và đường thẳng () song song với nhau khi  4m  5  m   m  1.  5  3 b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x 2  4mx  5  x 2  4mx  5  0  * có Vì ac  5  0 , nên * có hai nghiệm phân biệt với mọi m . Do đó đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m . Theo hệ thức Vi ét, ta có: x1  x2  4m . trang 2
và x2  4mx2  5  0 2  a  . Theo giả thiết x2  4mx1  105  b  . 2 25 5 Từ  a  , b   4m  x1  x2   100  16m 2  100  m 2  m . 4 2 5 Vậy m   thì đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 2 thỏa mãn x2  4mx1  105 . 2 Câu 4: (1,0 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m. Tinh diện tích của khu vườn, biết rằng nếu chiều dài giảm 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi khu vườn không thay đổi. Gọi x  m  là chiều rộng khu vườn  x  0  . Khi đó: Chiều dài khu vườn là x  45  m  . x  45 Chiều dài khu vườn sau khi giảm 2 lần là  m . 2 Chiều rộng khu vườn sau khi tăng 3 lần là 3x  m  .  x  45  Vì chu vi khu vườn không đổi, nên có phương trình: 2  x  x  45   2   3x  .  2   4 x  90  7 x  45  3x  45  x  15 (TMĐK) Vậy diện tích khu vườn là 15  15  45   900  m 2  . Câu 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi M là điểm chính giữa cung AB, E là điềm trên cung AM (E khác A và M). Lấy điểm F trên đoạn BE sao cho BF = AE. Gọi K lả giao điểm của MO và BE. a) Chứng minh rằng EAOK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng EMF vuông cân. c) Hai đường thẳng AE và OM cắt nhau tại D. Chứng minh MK  ED  MD  EK . a) Chứng minh rằng EAOK là tứ giác nội tiếp. Vì MA  MB  gt   OM  AB    900 .   AOK Xét tứ giác EAOK, ta có:   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AEK   900 (cmt) AOK      900  900  1800 AOK AEK Vậy tứ giác EAOK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng EMF vuông cân.   Vì MA  MB  gt   MA  MB . Xét MAE và MBF, ta có:    MA = MB (cmt), MAE  MBF (góc nội tiếp cùng chắn cung ME ), AE  BF  gt  . Vậy MAE = MBF (c-g-c)  ME  MF ,   BMF . AME  trang 3
Nên EMF      BMF      900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  AME AMF  AMF AMB (O))  Xét EMF, ta có: ME  MF , EMF  900  cmt  . Vậy EMF vuông cân tại M (đpcm) c) Chứng minh rằng MK  ED  MD  EK .   900 (cmt)  BED  900 ; BEM  1 sđ MA  1  900  450 AEK    2 2  1  Do đó BEM  BED nên EM là phân giác BED 2  Xét DEK, ta có EM là phân giác BED (cmt). MK EK nên   MK  ED  MD  EK (đpcm) MD ED Câu 6: (0,5 điểm) Thể tích 1 chiếc bút chì là V1   r12h ( mm3 ) Thể tích lõi 1 chiếc bút chì là V2   r22h ( mm3 ) Thể tích phần gỗ 1 chiếc bút chì là V  V1  V2   r12 h   r22 h    r12  r22  h ( mm3 ) Thể tích phần gỗ 2024 chiếc bút chì là  8  2  2  2  V   2024V  2024  r  r  h  2024  3,14         180  17159472 ( mm3 ) 1 2 2 2  2   2     Câu 7: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thay đổi và thoả măn điều kiện a  9b  6c  2023 . Tìm giá trị lớn nhất của biếu thức: P  3a 2  63ab  243b2  243b2  378bc  108c2  108c2  42ca  3a2 . Đặt x  a, y  9b, z  6c  x, y, z  0   x  y  z  2023 13 1 13 Ta có: 3a  63ab  243b  3x  7 xy  3 y   x  y    x  y    x  y  . 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 13 1 13 243b2  378bc  108c 2  3 y 2  7 yz  3z 2   y  z    y  z    y  z  . 2 2 2 4 4 4 13 1 13 108c 2  42ca  3a 2  3 z 2  7 zx  3 x 2   z  x    z  x    z  x  . 2 2 2 4 4 4 1 1 1 Vì  x  y   0,  y  z   0,  z  x   0  x, y , z  . 2 2 2 4 4 4 13 13 13 x  y   y  z   z  x   13  x  y  z   2023 13 . 2 2 2 Do đó P  4 4 4  2023  2023 a 3 a  3    xyz 2023  2023  2023 Dấu “=” xảy ra khi  xyz  9 b   b   x  y  z  2023 3  3  27  2023  2023  6c  3  c  18   2023 2023 2023 Vậy MaxP  2023 13 khi a  ,b ,c  . 3 27 18 trang 4

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.