de tuyen sinh lop 10 mon toan nam 2022 2023 so gddt hau 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 4? A 16 B 16 Rút gọn biểu thức D 2 C D  A 2 Câu C B 10 16 Giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình x  4x   Giá trị biểu thức x1  x2 B 1 A Câu Câu D x  3 C  y  x  D  y  3 Tìm nghiệm hệ phương trình x  A  y  2 Câu C 4 x  2 B  y  Phương trình x4  9x2  20  có nghiệm? A B C D Tính diện tích S hình cầu có bán kính R  2a A S  16 a2 B S  8 a2 C S  4 a2 D S  2 a2 Câu Tính chu vi đường tròn 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  10cm, AC  2cm · ACB  45 Tính diện tích S hình thang cho 25 2 A S  50 2cm B S  cm2 C S  25 2cm 2 D S  25cm 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 không 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 x2  x  12  b) Giải phương trình    x   x   x2  2x  15  Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hàm số y  x2 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 x1, x2 thỏa mãn x1  x2  Câu (2,0 điểm)   tới  O  , với A B hai tiếp điểm Cho đường tròn O có bán kính R  điểm M cho OM  2R Từ M , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB 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 minh tứ giác AJ NO hình bình hành J· EN  90 Câu (0,5 điểm) xy  y2  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  5   x9  x x3   x 2  32 x 3    x3 x3 x   52  x  25 d) Xét biểu thức D  2a  a  a   a4 a 2 a 2 D  x3 2a  a    a4  a 2 a4   a4 2a  a  a  a   a  3a  a , với  a   a4 a4 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x2  x  12      Ta có:   1  4.1 12  49   PT có hai nghiệm phân biệt x      1  49 2.1  4; x2     1  49 2.1  Vậy S  4; 3  b) Giải phương trình     x   x   x2  2x  15  * ĐK: x  a  x   a  b   a2  b2  ab  x2  2x  15 Đặt  b  x            2 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 Đồ thị 2 4 1 1 0 1 4  a 2  3 b) Tìm m   Xét phương trình hồnh độ giao điểm P  d :     x2  5m  x  15m  25  x2  5m  x  15m  25      Ta có:   5m   15m  25  25m2  64   Để d cắt P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2  PT có hai nghiệm phân biệt     m2  64  m 25  * x1  x2  5m  Theo Vi-et, có:  x1.x2  15m  25  Xét x1  x2   x1  x2    36  x1  x2     4x1.x2  36    5m   15m  25  36    25m2  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  Xét tứ giác MAOB , có: · · MAO  MBO  90   (Do MA, MB tiếp tuyến đường tròn O ) · ·  MAO  MBO  90  90  180 · · Mà hai góc MAO, MBO vị trí đối nhau, nên tứ giác MAOB nội tiếp  Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông A MA  MO  AO  62  32  3  Dễ thấy MAO  MBO c  c  c   SMAOB  2.SMAO  .MA.AO  3.3  b) Lấy điểm C  Chứng minh tứ giác AJ NO hình bình hành Kẻ đường kính AD Ta c/m tứ giác BHCD hình bình hành  N trung điểm HD Xét tam giác AHD có ON đường trung bình, nên: ON // AH ON  AH Hay ON // AJ ON  AJ Vậy tứ giác AJ NO hình bình hành  Chứng minh J· EN  90 Ta có EN trung tuyến 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 trung tuyến tam giác vuông AEH) · · Do BEN  AEJ · · ·  J· EN  J· EB  BEN  J· EB  AEJ  BEA  90 Câu (0,5 điểm) xy  y2  y  2y   x  y Giải hệ phương trình  x y  4xy  7xy  5x  y  19  Điều kiện: y  ;x  y    Xét phương trình: xy  y  y  2y   x  y  y x  y       x  y  y    y   x  y     y  x    y 0 *  2y   x  y     2y   x  y  2y   x  y   Dễ thấy phương trình * vơ nghiệm (do y   0) Thế y  x  vào pt x3y  4xy2  7xy  5x  y  19       x4  3x3  x2  3x  18   x  x  x  2x       x   y  N  x   y  N        Vậy hệ pt có nghiệm x;y  2;3 ; 3;4 ... x2   x1  x2    36  x1  x2     4x1.x2  36    5m   15m  25  36    25m2  100   m  2 (Thỏa đk * ) Vậy m  2 Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Tính diện... tiếp tuyến đường tròn O ) · ·  MAO  MBO  90  90  180 · · Mà hai góc MAO, MBO vị trí đối nhau, nên tứ giác MAOB nội tiếp  Áp dụng định lý Pytago vào tam giác MAO vuông A MA  MO  AO 