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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên" là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giảng viên trong quá trình giảng dạy. Đồng thời giúp các bạn 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 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2022 – 2023 Bài thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho thí sinh dự thi vào các lớp chuyên: Toán, Tin học Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề  x2 x 2  1 Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức A     :  x  x  2 x  x  x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu II (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y  (m  1) x  m  5 . Tìm giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) sao cho x1; x2 là các số nguyên. 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 4  2 x3  x 2  16 y 2  12 x  16 y  4  0 Câu III (2,0 điểm). 3x  2 3 x 1. Giải phương trình   1. x 1 x 1 2. Giải hệ phương trình  x3  y3  xy 2 x  4 y 1 xy  x  2 y 1 Câu IV (3,0 điểm). 1. Cho ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn (O ) . Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra KF.KE = KB.KC. b) Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh ba điểm M, H, I thẳng hàng. 2. Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu bằng nhau và một hình trụ (hình vẽ). Hãy tính thể tích của chi tiết máy đó theo các kích thước cho trên hình vẽ. Câu V (3,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 4 xy  2 yz  3xz  24 . Tìm giá trị lớn 2x y z nhất của biểu thức P    . x 4 2 y 9 2 z  16 2 HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ....................................... Phòng thi số: ....................................... Số báo danh: ................................................. Chữ ký của cán bộ coi thi.....................
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I.  x2 x 2  1 a) A     : ĐK: x  0, x  1  x  x  2 x  x  x 1  x ( x  2) 2  1 =    :  ( x  1)( x  2) x ( x )  x  1  x2 x 1  =  .   ( x  1) x 1  x2 = x x2 b) A  3  3 x  x23 x  x 3 x  2  0  x 1  x  1(l )    x  2  x  4(n) Vậy A=3 khi x = 4 Câu II. 1) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) x 2  (m  1) x  m  5  x 2  (m  1) x  m  5  0 (*) Ta có   (m  1) 2  4(m  5)  m2  2m  21  (m  1)2  20  0 Nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B  x1  x2  m  1 Theo hệ thức vi-et   x1.x2  m  5 (*)  x 2  x  5  m( x  1) Xét x  1 không phải là nghiệm của phương trình 5 x  m (1) x 1 Vì x1; x2  Z nên m  1 và m  5 là các số nguyên do đó m cũng là số nguyên Từ (1) ta có  5   x  1 Z m  Z khi  x    Z    x 1 5 x  1 Suy ra m  3; m  5
 x  1  5  x  4  m  3  x  1  1  x  0  m  5  x 1  5  x  6  m  5   x  1  1  x  2  m  3 Vậy m  3; m  5 thỏa yêu cầu bài toán 2) x 4  2 x3  x 2  16 y 2  12 x  16 y  4  0  x 4  x3  3x3  3x 2  4 x 2  4 x  8 x  8  16 y 2  16 y  4  ( x  1) x3  3x 2 ( x  1)  4 x( x  1)  8( x  1)  16 y 2  16 y  4  ( x  1)( x 3  3x 2  4 x  8)  (4 y  2)2  ( x  1)2 ( x 2  4 x  8)  (4 y  2) 2 Vì y  z  4 y  2  0  x  1 Vì x, y  z nên ( x  1)2 và (4 y  2) 2 là số chính phương khác 0 nên ( x 2  4 x  8) cũng là số chính phương Đặt x2  4 x  8  m (m  N * )  ( x  2)2  4  m 2  ( x  2)2  m2  4  ( x  2  m)( x  2  m)  4(*) Do x  2  m  x  2  m  xx  22 mm 1 4  mx 1/5/22 (loại)     x  2 m  2    mx  x  2  m 2 2 2 (n) Nên    xx  22 mm 1  mx 7/5/22 (loại)   4   x  2  (4 y  2)2  4   4 y  22   4 y 4   y 1 4 y  2 2 4 y 0 y 0 Vậy nghiệm nguyên thỏa ycbt là: (-2; 0); (-2; -1) Câu III. 3x  2 3 x 1)  1 x 1 x 1 ĐK: 1  x  3  3x  2  3  x  x  1  3x  2  x  1  3  x  3 x  2  x  1  3  x  2 ( x  1)(3  x )  3 x  4  2 ( x  1)(3  x ) (*) (*) có điều kiện: 3 x  4  0  x  4 / 3 (*)  9 x 2  24 x  16  4( x  1)(3  x)  9 x2  24 x  16  4 x2  16 x  12
 13x 2  40 x  28  0  x  2(n)   x  14 (l )  13 vậy nghiệm của phương trình: x  2  x3  y 3  xy  2 x  4 y  1  x3  y 3  xy  2(1  xy )  1  x3  y 3  3xy  1(1) 2)     xy  x  2 y  1  x  2 y  1  xy  x  2 y  1  xy (2) 1  ( x  y )3  3x 2 y  3xy 2  3xy  1  0   x  y   13  3xy ( x  y  1)  0 3   x  y  1  x  y   x  y  1  3 xy  2     x  y  1  x 2  y 2  xy  x  y  1  0  x  y 1  0  2  x  y  xy  x  y  1  0 2 Với x  y  1  0  x  1  y thay vào (2) ta được:  2   1  y  2 y  1  (1  y ) y  y  y  2   0 y  0  x 1   y  2  x  1 Với : x  y  xy  x  y  1  0  2 x  2 y  2 xy  2 x  2 y  2  0 2 2 2 2   x 2  2 xy  y 2    x 2  2 x  1   y 2  2 y  1  0   x  y    x  1   y  1  0 2 2 2 x  y  0    x  1  0  x  y  1  y 1  0  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1;0), (2; 1), (1; 1) Câu IV. 1) a)
- xét tứ giác BFEC có :   CFB BEC   900  tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau) - xét KEF và KBE có :  là góc chung K   KEB KCF  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF)  KEF đồng dạng với KBE KF KC    KF .KE  KC.KB (đ.p.c.m) (1) KB KE b) Ta có: KIB đồng dạng KBA (g . g) KI KC    KI .KA  KB.KC (2) KB KA Từ (1) và (2) suy ra KE.KF  KI .KA KE KA   KI KF  là góc chung Mà K Suy ra KEA đồng dạng KIF  KEA   KIF  tứ giác IAEF nội tiếp ( góc trong bằng góc đối ngoài ) Mặt khác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (  AEH  AFH  900 ) Nên: I , A, E , F , H cùng thuộc một đường tròn đường kính AH   900  IHA   90 ( góc chắn nữa đường tròn ) Mà : NIA 0 Suy ra : N , I , H thẳng hàng Kẻ đường kính AN của đường tròn  O  ; N   O  Xét tứ giác BHCN có : BH / / CN ( cùng vuông góc với AB) CH / / BN ( cùng vuông góc với AC)  BHCN là hình bình hành Mà M là trung điểm của BC  M  HN Suy ra M , I , H thẳng hàng 2) 4 3 V R   R 2 .20 3 4  .43.  20.42. 3 1216    cm3  3
Câu V: xy yz xz x y y z x z Ta có: 4 xy  2 yz  3xz  24    1  .  .  . 1 6 12 8 2 3 3 4 2 4 x y z Đặt  a  0;  b  0;  c  0  ab  bc  ac  1 2 3 4 4a 3b 4c P   4a  4 2 9b  9 2 16c 2  16 2a b c    a 1 2 b 1 2 c 1 2 2a b c    a 2  ab  bc  ca b 2  ab  bc  ac c 2  ab  bc  ac 2a b c     a  b  a  c   a  b  b  c   a  c  b  c  2a 2a 2b b c 2c  .  .  . ab ac a  b 2 b  c  2 b  c  a  c Ta có : 2a 2a 2a 2 a  2 . ab ac ab ac 2b b 2b b  2 . a  b 2 b  c  a  b 2 b  c  c 2c c 2c  2 . 2 b  c  a  c 2 b  c  a  c 1  2a 2a 2b b c 2c  p         2  a  b a  c a  b 2  b  c  2  b  c  a  c  1  2 a  b 2 a  c bc  P     2 ab ac 2(b  c)  1 1  P  2 2  2 2 9 P 4  2a 2a   a  b a  c b  c b  c  2b b   Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi    a  b  8b  a  7b  a  b 2 b  c     c a  c  8c  a  7c 2c    2  b  c  a  c 1 1 ab  bc  ac  1  7b 2  b 2  7b 2  1  b 2  b 15 15
 1 3 b  y  15 15  1 4 c  z  15 15  7 14 a  x  15 15