SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2022 - 2023
MÔN THI : TOÁN - THPT
Thời gian làm bài : 90 phút, không tính thời gian phát đề
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 x1, 2là hai nghiệm của phương trình x2 4x 1 0 . Giá trị của biểu thức x x1 2bằng
A. 1. B. 1. C. 4. D. 4.
Câu 4. Tìm nghiệm của hệ phương trình A. x
y 3
2
. B. x
y 2 3
. C. x
y 3 2
. D. x
y 2
3
. Câu 5. Phương trình x4 9x2 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 16a2. B. S 8a2. C. S 4a2. D. S 2a2. Câu 7. Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác, biết tam giác ABC vuông tại A và
BC 6a.
A. 6a. B. 3a. C. 4a. D. 3a.
Câu 8. Cho hình thang có đáy lớn BC, đáy nhỏ AD, AD BC 10 ,cm AC 5 2cmvà ACB 45. Tính diện tích S của hình thang đã cho.
A. S 50 2cm2. B. S 25cm2
2 . C. S 25 2cm2. D.S 25cm2. II. Phần tự luận: (8,0 điểm)
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị đúng của biểu thức A x 3 3x 1khi x 1. b) Rút gọn biểu thức B x
x 9 , 3
với x 0. c) Tìm số thực x không âm thỏa mãn x 5. d) Cho biểu thức D a a a
a a a
2 2 2 2
4 2 2
, với 0 a 4. Tìm a để D là số nguyên.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x2 x 12 0 . ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang)
b) Giải phương trình
x 5 x 3 1 x2 2x 158
Câu 3. (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số y x2có đồ thị
P và hàm số
y 5m6 x 15m 25có đồ thị là đường thẳng d, với mlà tham số.
a) Vẽ đồ thị
P .b) Tìm mđể d cắt
P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2thỏa mãn x x1 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 minh tứ giác AJNO là hình bình hành và JEN 90.Câu 5. (0,5 điểm)
Giải hệ phương trình xy y y y x y
x y xy xy x y
2
3 2
2 1
4 7 5 19 0
.
--- 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.
b) Ta có: B x
x
x
x
xx x x
2 32 3 3
9 3.
3 3 3
c) x 5
x 2 52 x 25.d) Xét biểu thức a a a a a
a
a
D a a a a a a
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 2 2 4 4 4
a a a a a a a
D 2 2 a4 4 2 4 3a 4
4 4
, với 0 a 4.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x2 x 12 0 . Ta có:
1 2 4.1. 12
49 0PT có hai nghiệm phân biệt
x1 1 49 x2 1 49
4; 3
2.1 2.1
.
Vậy S
4; 3 .b) Giải phương trình
x 5 x 3 1 x2 2x 158 *
ĐK: x 3
Đặt a x
a b
a bb x
2 2
5 0 8
3
và ab x2 2x 15. PT
* a b
1ab
a b2 2 1 ab a b
a 1 1
b 0
a x L
b x N
1 4
1 4
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 4.
Câu 3. (1,5 điểm) a)
Bảng giá trị
x 2 1 0 1 2 y x2 4 1 0 1 4
Đồ thị
x y
-4 -1
-2 -1 O 1 2
b) Tìm m ...
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
P và d:
x2 5m 6 x 15m 25 x2 5m 6 x 15m 25 0 1
Ta có:
5m 6
2 4. 15
m25
25m2 64Để d cắt
P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2 PT
1 có hai nghiệm phân biệt
m2 64 m 8
0 *
25 5
Theo Vi-et, có: x x m x x11 2 2 m
5 6
. 15 25
Xét x x1 2 6
x x1 2
2 36
x x1 2
2 4 .x x1 2 36
5m 6
2 4 15
m 25
36
m2 m
25 100 0 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.
Xét tứ giác MAOB, có:
MAO MBO 90
(Do MA, MB lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn
O ).MAO MBO 90 90 180
Mà hai góc MAO MBO , ở vị trí đối nhau, nên tứ giác MAOB nội tiếp.
3 3
6
3
B A
M O
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông tại A MA MO2 AO2 6 32 2 3 3.
Dễ thấy MAO MBO c c c
MAOB MAO
S 2.S 2. .1 MAAO. 3 3.3 9 3 . 2
b) Lấy điểm C...
Chứng minh tứ giác AJNO là hình bình hành Kẻ đường kính AD. Ta c/m được tứ giác BHCD là hình bình hành.
N
là trung điểm HD.
Xét tam giác AHD có ON là đường trung bình, nên:
ON // AH và ON 1AH
2 Hay ON // AJ và ON AJ
Vậy tứ giác AJNO là hình bình hành.
Chứng minh JEN 90
Ta có EN là trung tuyến của tam giác vuông BEC BEN EBN
Tứ giác BCEF nội tiếp EBN EFC Tứ giác AFHE nội tiếp EFC EAH
Mà EAH JEA (do JE là trung tuyến tam giác vuông AEH)
Do đó BEN AEJ
JEN JEB BEN JEB AEJ BEA 90
.
Câu 5. (0,5 điểm)
Giải hệ phương trình xy y y y x y
x y xy xy x y
2
3 2
2 1
4 7 5 19 0
.
Điều kiện: y 1 ;2 x y 0.
Xét phương trình: xy y y y x y y x y
y
x y
y x y
2 2 1
2 1 1
2 1
x y
yy x y
1 1 0
2 1
D J
N H
E
F
B A
M O
C
D J
N H
E
F
B A
M O
C
y x
y y x y
1
1 0 *
2 1
Dễ thấy phương trình
* vô nghiệm (do y 1 0 2 ) Thế y x 1 vào pt x y3 4xy2 7xy5x y 19 0
x4 3x3 x2 3x 18 0
x 3
x 2
x2 2x 3
0
x y N
x y N
3 4
2 3
Vậy hệ pt có nghiệm là
x y;
2;3 ; 3;4
.