ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Hậu Giang

Microsoft Word 28 H¬U GIANG doc 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 phá. ĐỀ Tuyển sinh vào LỚP 10 MÔN TOÁN chuyên năm 2022 2023 Trường THCS Hậu Giang

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2022 - 2023 MƠN THI : TỐN - THPT Thời gian làm : 90 phút, khơng tính thời gian phát đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) I Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu Câu Số sau la bậc hai số học ? A 16 B 16 B C 10 D 16 Giả sử x 1, x hai nghiệm phương trình x  4x   Giá trị biểu thức x  x B 1 A Câu D 2  Rút gọn biểu thức A 2 Câu C C 4 D x  3 C  y  x  D  y  3 Tìm nghiệm hệ phương trình x  A  y  2 x  2 B  y  Câu Phương trình x  9x  20  có nghiệm? A B C Câu Tính diện tích S hình cầu có bán kính R  2a A S  16 a B S  8 a C S  4 a D D S  2 a Câu Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tam giác, biết tam giác ABC vuông A BC  6a A 6 a B 3 a C 4 a D 3 a Câu Cho hình thang có đáy lớn BC , đáy nhỏ AD , AD  BC  10 cm, AC  cm   45 Tính diện tích S hình thang cho ACB A S  50 cm B S  25 cm C S  25 cm D S  25 cm II Phần tự luận: (8,0 điểm) Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  x   3x  x  b) Rút gọn biểu thức B  x 9 x 3 , với x  c) Tìm số thực x khơng âm thỏa mãn d) Cho biểu thức D  x  2a  a a 2 , với  a  Tìm a để D số nguyên   a 4 a 2 a 2 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x  12  b) Giải phương trình    x   x   x  2x  15  Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hàm số y  x có đồ thị  P  hàm số  y  5m  x  15m  25 có đồ thị đường thẳng d , với m tham số   a) Vẽ đồ thị P   b) Tìm m để d cắt P hai điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x thỏa mãn x  x  Câu (2,0 điểm)   MA, MB tới O  , với A B hai tiếp điểm Cho đường trịn O có bán kính R  điểm M cho OM  2R Từ M , kẻ hai tiếp tuyến c) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Tính diện tích S tứ giác MAOB   d) Lấy điểm C đường tròn O cho tam giác ABC nhọn, AB  AC có đường cao BE, CF Gọi H trực tâm tam giác ABC N, J trung điểm BC, AH Chứng   90 minh tứ giác AJNO hình bình hành JEN Câu (0,5 điểm) xy  y  y  2y   x  y Giải hệ phương trình  x y  4xy  7xy  5x  y  19  - HẾT - ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM 2B 3D 4D 5A 6A 7A 1C 8D ĐÁP ÁN PHẦN TỰ LUẬN Câu (2,0 điểm) a) Thay x  vào biểu thức A  x   3x  Ta A    3.1       b) Ta có: B  c) x 9 x 3  x x 5  32 x 3   x 3  x 3 x 3  x   52  x  25 2a  a a 2   a 4 a 2 a 2 d) Xét biểu thức D  D x   2a  a    a 4 a 2 a 4    a 2 a 4 2a  a  a  a   a  3a  a , với  a   a 4 a 4 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x  x  12      Ta có:   1  4.1 12  49   PT có hai nghiệm phân biệt x      1  49 2.1 x2   4;    1  49 2.1  Vậy S  4; 3 b) Giải phương trình     x   x   x  2x  15  * ĐK: x  a  x   Đặt  a  b   a  b  ab  x  2x  15 b  x           PT *  a  b  ab  a  b   ab  a  b  a  1  b      a   x  4 L Vậy phương trình có nghiệm x   b   x  N Câu (1,5 điểm) a) Bảng giá trị x y  x 2 4 1 1 0 1 4  3  Đồ thị y -2 O -1 x -1 -4 b) Tìm m   Xét phương trình hồnh độ giao điểm P d :      x  5m  x  15m  25  x  5m  x  15m  25   Ta có:   5m      15m  25  25m  64    Để d cắt P hai điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x  PT có hai nghiệm phân biệt     m2  64  m  25 * x  x  5m  Theo Vi-et, có:  x 1.x  15m  25  Xét x  x   x  x    36  x  x   5m     4x x  36    15m  25  36   25m  100   m  2 (Thỏa đk * ) Vậy m  2 Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Tính diện tích S tứ giác MAOB A  Xét tứ giác MAOB , có: 3   MBO   90 MAO M   O (Do MA, MB tiếp tuyến đường tròn O )   MBO   90  90  180  MAO , MBO  vị trí đối nhau, nên tứ giác Mà hai góc MAO MAOB nội tiếp B  Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông A MA  MO  AO  62  32  3  Dễ thấy MAO  MBO c  c  c   S MAOB  2.S MAO  .MA.AO  3.3  b) Lấy điểm C  Chứng minh tứ giác AJNO hình bình hành A Kẻ đường kính AD Ta c/m tứ giác BHCD hình bình hành  N trung điểm HD J M Xét tam giác AHD có ON đường trung bình, nên: AH Hay ON // AJ ON  AJ O E F ON // AH ON  C H N D B Vậy tứ giác AJNO hình bình hành   90  Chứng minh JEN A Ta có EN trung tuyến tam giác vuông BEC   EBN   BEN   EFC  Tứ giác BCEF nội tiếp  EBN J M   EAH  Tứ giác AFHE nội tiếp  EFC F   JEA  (do JE trung tuyến tam giác Mà EAH vuông AEH) N D B   JEB   BEN   JEB   AEJ   BEA   90  JEN Câu (0,5 điểm) xy  y  y  2y   x  y Giải hệ phương trình  x y  4xy  7xy  5x  y  19  ;x  y    Xét phương trình: xy  y  y  2y   x  y  y x  y     x  y  y   2y   x  y    C H   AEJ  Do BEN Điều kiện: y  E O  2y   x  y  0    2y   x  y y  x    y 0 *  2y   x  y    Dễ thấy phương trình * vơ nghiệm (do y   0) Thế y  x  vào pt x 3y  4xy  7xy  5x  y  19       x  3x  x  3x  18   x  x  x  2x       x   y  N  x   y  N       Vậy hệ pt có nghiệm x ; y  2; ; 3; ... ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM 2B 3D 4D 5A 6A 7A 1C 8D ĐÁP ÁN PHẦN TỰ LUẬN Câu (2,0 điểm) a) Thay x  vào biểu thức A  x   3x  Ta A    3.1       b) Ta có: B  c) x 9 x 3  x x 5 ... Xét x  x   x  x    36  x  x   5m     4x x  36    15m  25  36   25m  100   m  2 (Thỏa đk * ) Vậy m  2 Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Tính... MAO , MBO  vị trí đối nhau, nên tứ giác Mà hai góc MAO MAOB nội tiếp B  Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông A MA  MO  AO  62  32  3  Dễ thấy MAO  MBO c  c  c   S MAOB 