Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2022 - 2023 sở GD&ĐT Hậu Giang - THCS.TOANMATH.com

(1)

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 x₁x₂bằng

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 16a². B. S 8a². C. S 4a². D. S 2a². Câu 7. Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác, biết tam giác ABC vuông tại A và

BC 6a.

A. 6a. B. 3a. C. 4a. D. 3a.

Câu 8. Cho hình thang có đáy lớn BC , đáy nhỏ AD, AD BC 10cm 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 x

B 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)

(2)

b) Giải phương trình



^x^{ }⁵ ^x^^{3 1}

   x22x15  8

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 5m6 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 x₁x₂ 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 AJ NO là hình bình hành và J EN  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 ---

(3)

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



x

x x x

2 32 3 3

9 3.

3 3 3

  

     

  

c) ^x ^{ }⁵

 

^x ² ^⁵² ^{ }^x ^25.

d) Xét biểu thức D a a a a a



^a

 

^a



a a a a a a

22 2 2

2 2 2 2 2 2

4 2 2 4 4 4

 

  

     

     

a a a a a a a

D a a

2 2 4 4 2 4 3 4

4 4

      

 

  , với ₀_{ }_a ₄.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x² x 12 0 . Ta có: ^{  }

 

¹²^^{4.1. 12}

 

^ ^ ^{49 0}^

PT có hai nghiệm phân biệt _x

 

_x

 

1 2

1 49 1 49

4; 3

2.1 2.1

     

     .

Vậy ^S ^



^{4; 3}^



^.

b) Giải phương trình



^x^{ }⁵ ^x^^{3 1}

   x22x15 8 *

ĐK: x3

Đặt ^a ^x



^{a b}



^a ^b

b x

2 2

5 0 8

3

  

     

  

 và ab x²2x15. PT

  

^* ^ ^{a b}^

 

¹^^ab



^^a²^^b² ^{ }¹ ^{ab a b}^{  }



^a^^{1 1}

 

^^b



^ ⁰

   

a x L

b x N

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

(4)

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: ^{ }



⁵^m^⁶



²^^{4. 15}



^ ^m^²⁵



^²⁵^m²^⁶⁴

Để 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 x m

1 2

5 6

. 15 25

    

   



Xét x₁x₂ 6



^x1^x2



²  36



^x1^x2



²4 .^{x x}1 2 36



⁵^m 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.

 Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông tại A

MA  MO²AO²  6²3²  3 3.

3 3

6

3

B A

M O

(5)

Dễ thấy ^^MAO ^{ }^{MBO c c c}



^{ }



MAOB MAO

S S 1MA AO

2. 2. . . 3 3.3 9 3 .

 2

    

b) Lấy điểm C...

 Chứng minh tứ giác AJ NO là hình bình hành Kẻ đường kính AD. Ta c/m được tứ giác BHCD là hình bình hành.

Nlà 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 AJ NO là hình bình hành.

 Chứng minh J EN 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 J EA (do JE là trung tuyến tam giác vuông AEH)

Do đó BEN AEJ

     

J EN J EB BEN J EB 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 x y

; 0

 2   .

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}



^y

y x y

1 1 0

2 1

 

 

    

    

 

 

y x

y y 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

(6)

Dễ thấy phương trình

 

^* vô nghiệm (do y 1 2 0

  ) Thế y x 1 vào pt x y³ 4xy²7xy5x y 19 0

x⁴ 3x³ x² 3x 18 0

      ^



^x^³

 

^x^²

 

^x²^²^x^³



^⁰

   

x y N

3 4

2 3

   



     Vậy hệ pt có nghiệm là

     

^{x y}^; ^



^{2;3 ; 3;4}



^.