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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An” để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình cũng như làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Chúc các em 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 Nghệ An

1 LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH NGHỆ AN Được thực hiện bởi Nguyễn Nhất Huy, thầy Trịnh Văn Luân Bài 1: √ √ √ a) Tính A = 81 − 36 + 49. √ 1 1 x− x b) Rút gọn biểu thức P = √ −√ · , với x > 0 và x ̸= 1. x−1 x 2022 c) Xác định hệ số a, b của hàm số y = ax + b, biết đồ thị của hàm số đi qua điểm M (−1; 3) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2. Hướng dẫn giải √ √ √ a) Ta có A = 92 − 62 + 72 = 9 − 6 + 7 = 10. b) Với x> 0 và x ̸= 1, ta có: √ 1 1 x− x P = √ −√ · x−1 x 2022 √ √ √ √ x− x+1 x( x − 1) = √ √ · x( x − 1) 2022 √ √ 1 x( x − 1) =√ √ · x( x − 1) 2022 1 = . 2022 c) Do đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm M (−1; 3) nên 3 = −a + b ⇔ −a + b = 3 (1). Đồ thị hàm số y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2, tức là đồ thị hàm số đi qua điểm B(0; −2). Suy ra −2 = a · 0 + b ⇔ b = −2. Thay vào (1) ta được −a − 2 = 3 ⇔ a = −5. Vậy a = −5; b = −2. Bài 2: a) Giải phương trình 2x2 − 9x + 10 = 0. b) Cho phương trình x2 + 3x − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải phương 3|x1 − x2 | trình, hãy tính giá trị của biểu thức T = 2 . x1 x2 + x1 x22 Hướng dẫn giải a) Ta có ∆ = (−9)2 − 4 · 2 · 10 = 1 > 0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt
2 √ √ −(−9) + 1 5 −(−9) − 1 x1 = = .; x2 = = 2. 2·2 2 2·2 5 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = ; x2 = 2. 2 b) Ta có ∆ = 32 − 4 · 1 · (−1)  = 13 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt. x1 + x2 = −3 Theo định lý Viét, ta có x x = −1. 1 2 Có (|x1 − x2 |)2 = x21 − 2x1 x2 + x22 = (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = (−3)2 − 4(−1) = 13. √ Suy ra |x1 − x2 | = 13. x1 x22 = x1 x2 (x1 + x2 ) = (−1) · (−3) = 3.. Và x21 x2 + √ 3 13 √ Vậy T = = 13. 3 Bài 2: Trong kỳ SEA Games 31 tổ chức tại Việt Nam, thú sao la được chọn làm linh vật. Một phân xưởng được giao sản xuất 420 thú nhồi bông sao la trong một thời gian dự định để làm quà tặng. Biết rằng nếu mỗi giờ phân xưởng sản xuất thêm 5 thú nhồi bông sao la thì sẽ rút ngắn thời gian hoàn thành công việc là 2 giờ. Tính thời gian dự định của phân xưởng. Hướng dẫn giải Gọi thời gian dự định sản xuất sao la nhồi bông của phân xưởng là x (giờ, x > 0). 420 Khi đó năng suất dự định của phân xưởng là (sản phẩm/ giờ). x Thời gian thực tế của phân xưởng là x − 2 (giờ). 420 Năng suất thực tế của phân xưởng là (sản phẩm / giờ). x−2 Do thực tế mỗi giờ phân xưởng sản xuất thêm 5 thú nhồi bông nên ta có phương trình 420 420 − =5 x−2 x 420x 420(x − 2) 5x(x − 2) ⇔ − = x(x − 2) x(x − 2) x(x − 2) ⇒ 420x − 420x + 840 = 5x2 − 10x ⇔ 5x2 − 10x − 840 = 0 ⇔ x2 − 2x − 168 = 0. Ta có ∆′ = (−1)2 − 1 · (−168) = 169 > 0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt. x1 = 14 (thoả mãn); x2 = −12 (loại). Vậy thời gian dự định của phân xưởng là 14 giờ.
3 Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại C (AC < BC), đường cao CK và đường phân giác trong BD (K ∈ AB, D ∈ AC). Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt CK, AB lần lượt tại H và I. a) Chứng minh CDKI là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AD · AC = DH · AB. c) Gọi F là trung điểm AD. Đường tròn tâm I bán kính ID cắt BC tại M (M khác B) và cắt AM tại N (N khác M ). Chứng minh B, N, F thẳng hàng. Hướng dẫn giải C M D F, F' H N A L K B I a) Theo giả thiết vì CK là đường cao và DI vuông góc AC nên ta có CDI [ = 90◦ [ = CKI Suy ra tứ giác CDKI là tứ giác nội tiếp. b) Vì BD là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có AD AB = . (1) DC BC
4 Vì CAB [ chung, AKC [ = 90◦ . nên ∆ACK ∽ ∆ABC(g.g). Do đó ta được \ = ACB AB AC = . (2) BC CK Từ (1) và (2) ta được tỷ lệ thức AD AB AC AC CK = = ⇔ = (3) DC BC CK AD CD Vì CDKI là tứ giác nội tiếp nên ADK \ = AIC, [ CAI[ chung nên ∆ADK ∽ ∆AIC(g.g). Do đó ta được AD · AC = AK · AI. (4) Vì DI, CB cùng vuông góc với AC nên DI ∥ CB. Theo định lý Thales ta được AB AC = . (5) AI AD Vì DCH \ chung, CDH \ = 90◦ nên ∆CDH ∽ ∆CKA(g.g). Do đó ta được \ = CKA AK CK = . (6) DH CD Từ (3), (5) và (6) ta được AK AB = ⇔ AK · AI = DH · AB DH AI Kết hợp với (4) ta được AD · AC = AK · AI = DH · AB. Vậy bài toán được chứng minh. c) Ta có IDB [ = CBD \ = IBD(so [ le trong vì DI ∥ CB và BD là phân giác CBA). [ Do đó ∆IBD cân tại I suy ra ID = IB hay B thuộc (I, ID). Vì ID ⊥ AC nên AC là tiếp tuyến của (I, ID). Gọi F ′ là giao của BN với AC, L là giao của (I, ID) với AB. Vì F ′ D là tiếp tuyến của (I, ID) (do AC là tiếp tuyến) nên 2 F ′ D = F ′ N · F ′ B. (*) Vì tứ giác LN M B nội tiếp (I, ID) nên N \ LB = CM \ A mà theo giả thiết ta có M \ CA = BN\ L = 90◦ (vì BL là đường kính) nên ∆M CA ∽ ∆LN B(g.g) suy ra F \ ′ BA = N \ BL = M \ ′ AN AC = F\ Kết hợp với góc AF \ ′ B chung ta được ∆AF ′ N ∽ ∆BF ′ A(g.g) do đó ta được tỷ lệ thức F ′N F ′A 2 ′ = ′ ⇔ F ′ A = F ′ N · F ′ B. (**) FA FB Từ (∗) và (∗∗) ta suy ra F ′ D = F ′ A hay F ′ là trung điểm AD nên F ′ trùng F . Vậy B, N, F thẳng hàng.
5 Bài 5: √ √ 1 Giải phương trình x2 + 1 + 3 = −3 9x2 − 6x + 2 + 3 (1). x Hướng dẫn giải Điều kiện x ̸= 0. √ Nhận thấy V T = x2 + 1 + 3 > 0, với mọi x ̸= 0. Khi đó trình có nghiệmthì vế phải của (1) phải lớn hơn 0. để phương 1 √ Hay −3 9x2 − 6x + 2 + 3 > 0 x 1 p 2 ⇔ − 3 > 0 do 1 (1 − 3x) + 1 + 3 > 0 ∀x ̸= 0 x 1 − 3x 1 ⇔ >0⇔0 0). √ √ Khi đó phương trình trở thành: x x2 + 1 + 3 = t t2 + 1 + 3 √ √ ⇔ x4 + x2 − t4 + t2 + 3 · (x − t) = 0 √ √ √ √ ( x4 + x2 − t4 + t2 )( x4 + x2 + t4 + t2 ) ⇔ √ √ + 3(x − t) = 0 x4 + x2 + t4 + t2 (x4 − t4 ) + (x2 − t2 ) ⇔ √ √ + 3(x − t) = 0 x4 + x2 t4 + t2 ) (x − t)(x + t)(x2 + t2 ) + (x − t)(x + t) ⇔ √ √ + 3(x − t) = 0 x4 + x2 + t4 + t2 (x + t)(x2 + t2 + 1) ⇔ (x − t) √ √ + 3 = 0. x4 + x2 + t4 + t2 (x + t)(x2 + t2 + 1) ⇔ x − t = 0 do √ √ +3>0 x4 + x2 + t4 + t2 ⇔ x = t. 1 Suy ra x = 1 − 3x ⇔ x = (thoả mãn). 4 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 4