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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thực hành giải “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam” giúp các bạn củng cố lại kiến thức Toán học và thử sức mình trước kỳ thi. Hi vọng luyện tập với nội dung đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

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

UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2022-2023 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2,0 điểm). 1. Giải phương trình 2 x 2 − 4 x + 4 = x + 1.  x ( y + 2) − y( x + 1) = 4 2. Giải hệ phương trình  3 x + y = 11. a+6 a +9 a−9 Câu II (1,5 điểm). Cho biểu = thức P + , (với a ≥ 0; a ≠ 9 ). a +3 a −3 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tính giá trị của biểu thức P khi = a 19 − 6 10. Câu III (1,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = x 2 và đường thẳng ( d ) có phương trình = y 2mx + 3 − 2m (với m là tham số). 1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2;1) . 2. Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Tìm m để x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 14. Câu IV (1,0 điểm). Lớp 9A giao cho An đi mua bánh và kẹo để tổ chức liên hoan. An mua tất cả 15 hộp bánh và 5 túi kẹo với số tiền phải trả là 850 nghìn đồng. Biết rằng, giá mỗi hộp bánh là như nhau, giá mỗi túi kẹo là như nhau và giá một hộp bánh hơn giá một túi kẹo là 10 nghìn đồng. Tính giá tiền để mua một hộp bánh và giá tiền để mua một túi kẹo. Câu V (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O có đường kính AB = 2 R. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA và E là điểm thuộc đường tròn tâm O ( E không trùng với A và B ). Gọi Ax và By là các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn ( O ) ( Ax, By cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm E ). Qua điểm E kẻ đường thẳng d vuông góc với EI cắt Ax và By lần lượt tại M và N . 1. Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp.  = EBI 2. Chứng minh ENI  và AE.IN = BE.IM . 3. Gọi P là giao điểm của AE và MI ; Q là giao điểm của BE và NI . Chứng minh hai đường thẳng PQ và BN vuông góc với nhau. 4. Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E của đường tròn ( O ) . Tính diện tích tam giác OMN theo R khi ba điểm E , I , F thẳng hàng. Câu VI (0,5 điểm). Cho 2 số a, b thỏa mãn a + b ≥ 1 và a > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 20a2 + b thức T = + 4b 2 . 4a --- HẾT--- Họ và tên thí sinh:…………………………...Số báo danh:............................................. Cán bộ coi thi thứ nhất………………………Cán bộ coi thi thứ hai…….......................
UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 5 trang) Lưu ý: - Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tương ứng theo hướng dẫn chấm. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Câu Ý Nội dung Điểm Giải phương trình 2 x − 4 x + 4 = x + 1. 2 Phương trình 2 x 2 − 4 x + 4 = x + 1 ⇔ 2 x 2 − 5 x + 3 = 0 0,25 1 (1,0 điểm) Do a + b + c = 2 − 5 + 3 = 0 0,25 3 nên phương trình có 2 nghiệm= x1 1,=x2 . 0,5 2  x ( y + 2) − y( x + 1) = 4 Giải hệ phương trình  3 x + y = 11. 2 x − y =4 I Hệ phương trình đã cho tương đương với  0,25 (2,0 điểm) 3 x + y = 11 =5 x 15 = x 3 ⇔ ⇔ 0,25 2 3 x + y 11 = = 3 x + y 11 (1,0 điểm) x = 3 ⇔ 0,25 3.3 + y = 11 x = 3 ⇔ y = 2 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm ( x; y ) = ( 3;2 ) a+6 a +9 a−9 Cho biểu = thức P + , (với a ≥ 0; a ≠ 9 ). a +3 a −3 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tính giá trị của biểu thức P khi = a 19 − 6 10. Rút gọn biểu thức P. ( ) +( )( ) 2 1 a +3 a +3 a −3 = P 0,5 II (1,0 điểm) a +3 a −3 (1,5điểm) = a + 3 + a + 3= 2 a + 6 0,5 Tính giá trị của biểu thức P khi = a 19 − 6 10. ( ) 2 2 a = 19 − 6 10 ⇒ P = 2 19 − 6 10 + 6 = 2 10 − 3 +6 0,25 (0,5 điểm) = 2 10 − 3 += 6 2 ( 10 − 3 += ) 6 2 10 0,25 1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = x 2 và đường thẳng ( d ) có phương trình = y 2mx + 3 − 2m (với m là tham số). 1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2;1) . 2. Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Tìm m để x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 14. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2;1) . 1 (0,5 điểm) ( d ) đi qua A ( 2;1) nên= 1 2m.2 + 3 − 2m 0,25 ⇔m= −1 0,25 Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Tìm m để x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 14. III Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là 0,25 (1,5 điểm) 2 x= 2mx + 3 − 2m ⇔ x 2 − 2mx + 2m − = 3 0(1) ( m − 1) + 2 > 0 với mọi m 2 ∆=′ m 2 − (2m − 3)= 0,25 Vậy ( d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm A, B phân biệt. 2m x + x = 2 Do x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1) nên  1 2 (1,0 điểm)  x1.= x2 2 m − 3 Để x1 , x2 là độ dài 2 cạnh của một hình chữ nhật thì 0,25  x1 > 0  x + x2 > 0 2 m > 0 3  ⇔ 1 ⇔ ⇔m> .  x2 > 0  x1.x2 > 0 2 m − 3 > 0 2 Do x1 , x2 là độ dài 2 cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 14 nên ta có ( 14 ) 2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 14 ⇔ ( 2m ) − 2(2m − 3) = 14 2 2 x12 + x22 = 0,25  m = −1 3 ⇔ 4m 2 − 4m − 8 = 0 ⇔  ⇒ m = 2 (vì m > ) m = 2 2 Lớp 9A giao cho An đi mua bánh và kẹo để tổ chức liên hoan chia tay. An mua tất cả 15 hộp bánh và 5 túi kẹo với số tiền phải trả là 850 nghìn đồng. Biết rằng, giá mỗi hộp bánh là như nhau, giá mỗi túi kẹo là như nhau và giá một hộp bánh hơn giá một túi kẹo là 10 nghìn đồng. Tính giá tiền để mua một hộp bánh và giá tiền để mua một túi kẹo. Gọi giá tiền một hộp bánh là x (nghìn đồng), giá tiền một gói kẹo là y IV (nghìn đồng) 0,25 (1,0 điểm) ĐK: x > 0; y > 0 . Theo đầu bài 15 hộp bánh và 5 túi kẹo khi thanh toán là 850 nghìn đồng, 0,25 850 (1) nên ta có phương trình : 15 x + 5 y = Giá một hộp bánh nhiều hơn một túi kẹo là 10 nghìn đồng nên ta có 0,25 10 ( 2 ) phương trình: x − y = 2
15=x + 5 y 850 =  x 45 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:  ⇔ =  x − y 10 =  y 35 0,25 Vậy giá tiền một hộp bánh là 45 nghìn đồng; một túi kẹo là 35 nghìn đồng. Cho đường tròn tâm O có đường kính AB = 2 R. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA và E là điểm thuộc đường tròn tâm O ( E không trùng với A và B ). Gọi Ax và By là các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn ( O ) ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm E ). Qua điểm E kẻ đường thẳng d vuông góc với EI cắt Ax và By lần lượt tại M và N . 1. Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp.  = EBI 2. Chứng minh ENI  và AE.IN = BE.IM . 3. Gọi P là giao điểm của AE và MI ; Q là giao điểm của BE và NI . Chứng minh hai đường thẳng PQ và BN vuông góc với nhau. 4. Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E của đường tròn ( O ) . Tính diện tích tam giác OMN theo R khi ba điểm E , I , F thẳng hàng. V (3,5 điểm) Chứng minh tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp.  = 900 Xét tứ giác AMEI có MAI 0,5 1 (1,0 điểm)  = 900 MEI 0,25  + MEI ⇒ MAI = 1800 0,25 Vậy AMEI là tứ giác nội tiếp  = EBI Chứng minh: ENI  và AE.IN = BE.IM .  = EAI Tứ giác AMEI nội tiếp ⇒ EMI  0,25  = EBI Tương tự ta có tứ giác IBNE nội tiếp ⇒ ENI  0,25 2 Xét ∆MIN và ∆AEB có ENI  = EBI  và EMI = EAI  (1,0 điểm)  = EBA hay MNI  và NMI  = EAB  0,25 Vậy ∆AEB và ∆MIN đồng dạng AE BE ⇒ = ⇒ AE.IN = BE.IM 0,25 IM IN 3
Gọi P là giao điểm của AE và MI ; Q là giao điểm của BE và NI . Chứng minh hai đường thẳng PQ và BN vuông góc nhau.  = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O )) Ta có AEB = ⇒ PEQ 900 0,25 Mà ∆AEB và ∆MIN đồng dạng ⇒ MIN = AEB = 900 3 = Tứ giác PEQI nội tiếp ⇒ EPQ  (1) EIQ (0,75 điểm) = Tứ giác IBNE nội tiếp ⇒ EIQ  (2). EBN  = EAB Mà EBN  (3) 0,25 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EB của đường tròn ( O ) ) = Từ (1), (2) và (3) suy ra ⇒ EPQ  ⇒ PQ / / AB EAB 0,25 Lại có AB ⊥ BN suy ra PQ ⊥ BN Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E của đường tròn ( O ) . Tính diện tích tam giác OMN theo R khi ba điểm E , I , F thẳng hàng. 4 (0,75 điểm)  Tứ giác AMEI nội tiếp nên AMI = AEF= 450 nên ∆AMI vuông cân tại A Chứng minh tương tự ta có ∆BNI vuông cân tại B 0,25 R 3R ⇒ AM =AI = , BN =BI = 2 2 1 R2 SΔMOA = =OA. AM 2 4 1 3R 2 SΔNOB = = OB.BN 0,25 2 4 AB ( AM + BN ) = SABNM = 2R2 2 Vậy SΔMON = SABNM − SΔMOA − SΔBON = R 2 (đvdt). 0,25 4
Cho 2 số a, b thỏa mãn a + b ≥ 1 và a > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20a2 + b =T + 4b 2 . 4a 20a2 + b 20a2 + 1 − a 1 1 1 1 T= + 4b ≥ 2 + 4b2 = 5a + − + 4b 2 = a + + 4a − + 4b 2 4a 4a 4a 4 4a 4 0,25 1 1 Có a + ≥ 2 a. = 1 4a 4a VI 1 1 11 11 (0,5 điểm) 4a − 4 + 4b ≥ 4(1 − b) − 4 + 4b = ( 2b − 1) + 4 ≥ 4 với mọi b 2 2 2 11 15 Do đó, T ≥ 1 + = 4 4  1 0,25 15 a = 1 T= ⇔ 4a ⇔ a = b = 4 2b − 1 =0 2  15 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng khi a= b= 4 2 5