Đề thi vào 10 sở hải dương 2022 2023 đề+đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ( ĐỀ CHÍNH THỨC ) KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 120 phút, không tính thời gian phát đề (Đề gồm có 02 trang) Câu 1 (2 0 điể.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, khơng tính thời gian phát đề (Đề gồm có 02 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2.0 điểm) Giải phương trình sau: a) x  2 b) x  3x  2 x Câu 2.(2.0 điểm) P      x 1  x x x 1 a) Rút gọn biểu thức với x 0 x 4 b) Tìm giá trị tham số m để ba đường thẳng sau cắt điểm: 3x  y 6  x; y  ; y  m  1 x  2m  Câu 3(2 điểm) a) Bạn An xe đạp từ nhà đến trường quãng đường dài km Khi từ trường nhà đường đó, An đạp xe với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình lúc km/ h Tổng thời gian đạp xe An 36 phút Tính vận tốc đạp xe trung bình An lúc từ nhà đến trường  P  : y x đường thẳng  d  : y mx  Chứng minh b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ với giá trị tham số m đường thẳng x1 , x2 Tìm m để x12 9  mx2 Câu 4(3 điểm)  O  dây cung BC không qua tâm O Hai tiếp tuyến với đường tròn  O  B 1) Cho đường tròn C cắt A Lấy điểm M cung nhỏ BC ( M khác B C ) Gọi I , H , K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M đến BC , AB, AC a) Chứng minh tứ giác MIBH , MICK nội tiếp b) Chứng minh MI MH MK  O  kẻ hai tiếp tuyến PQ, PR tới đường tròn với Q R 2)Từ điểm P nằm đường tròn  O  hai điểm E F ( E nằm P F ;dây tiếp điểm Đường thẳng qua P cắt đường trịn cung EF khơng qua tâm O ) Gọi I trung điểm EF , K giao điểm PF QR Chứng 1   minh PK PE PF Câu 5(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn ab bc ca   3 c a b Tìm giá trị 2022 a b c nhỏ biểu thức -Hết -Họ tên học sinh: Số báo danh: T  a b c HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (2.0 điểm) Giải phương trình sau: a x  2 b x  x  2 x Ý Nội dung a  x  2 (1,0 điểm) x  2   x     x 5   x 1 Điểm 0,5 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình b (1,0 điểm) S  1;5 0,25 0,25 x  3x  2 x  x  x  0 Ta có  5  4.6 1  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,5 1   x  3   x   2  0,25 S  2;3 Vậy tập nghiệm phương trình Câu 2.(2.0 điểm) P      x 1  x x x 1 a) Rút gọn biểu thức với x 0 x 4 b) Tìm giá trị tham số m để ba đường thẳng sau cắt điểm: 3x  y 6  x; y  ; y  m  1 x  2m  Ý Nội dung a (1,0 điểm) P  x   x 1   x 1  x Điểm 0,25    x   x  2    x     x  1   x  2  x 1   Ý b x   x 1 32 x  4  x  x     x 1 x 1  x 1 x  0,25 0,25 x1  x 1 x    x 1  x 1 P x  với x 0; x 4 Vậy 0,25 b Tìm giá trị tham số m để ba đường thẳng sau cắt điểm: 3x  y 6  x; y  y (m  1) x  2m  Nội dung Điểm y   x Xét phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng 3x  y là: 3x   4x   4(6  x) 3 x   24  16 x 3 x    16 x  x 5  24   19 x  19  x 1 Thay x 1 vào y 6  x ta có: y 6  4.1 2 3x  y y   x A(1; 2) Suy giao điểm đường thẳng Thay tọa độ điểm A(1; 2) vào y (m  1) x  2m  ta có: (m  1) 1  2m   m   2m  2  3m  2  3m 8  m m giá trị cần tìm thỏa mãn đề Vậy Câu (2.0 điểm) a Bạn An xe đạp từ nhà đến trường quãng đường dài 4km Khi từ trường nhà đường đó, An đạp xe với vận tốc trung bình lớn vận tốc trung bình lúc 3km / h Tổng thời gian đạp xe An 36 phút Tính vận tốc đạp xe trung bình An lúc từ nhà đến trường 2 b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x đường thẳng ( d ) : y mx   d  cắt  P  hai Chứng minh với giá trị tham số m , đường thẳng Ý a điểm phân biệt có hồnh độ Nội dung  Đổi 36 phút (giờ) x1 , x2 Tìm m để x12 9  mx2 Điểm Gọi vận tốc đạp xe trung bình An từ nhà đến trường x  km / h  ( x  0) Khi đó: vận tốc trung bình An từ trường nhà Thời gian An từ nhà đến trường x (giờ) Thời gian An từ trường nhà x  (giờ) x   km / h  Do tổng thời gian đạp xe An 36 phút nên ta có phương trình: 4   x x 3 4( x  3)  x   x( x  3) x  12  x   x  3x x  12   x  3x  5(8 x  12) 3 x  x    40 x  60 3 x  x b  x  31x  60 0 Ta có:  ( 31)  4.3.( 60) 1681  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:  b   31  1681 x1    (loai) 2a  b   31  1681 x2   12( tmdk ) 2a 12  km / h  Vậy vận tốc An từ nhà tới trường Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) , ta có: x mx   x  mx  0  1 2 Ta có:  (  m)  4.( 5) m  20  0, m  Phương trình (1) ln có x ,x hai nghiệm phân biệt  ( P ) cắt (d ) hai điểm phân biệt x ,x có hoành độ  x1  x2 m  x x  Theo hệ thức Vi - ét, ta có:  2 x Vì nghiệm phương trình (1) nên ta có: x1 mx1  Theo giả thiết: Ý a (0,5 điểm) Nội dung x12 9  mx2 Điểm 0,25  mx1  9  mx2  m  x1  x2   0  m.m  0  m  0   m    m   0  m 2  tm   m  0    m  0  m   tm  Vậy m    2; 2 0,25 Câu (3.5 điểm) Cho đường tròn  O dây cung BC không qua tâm O Hai tiếp tuyến với đường tròn  O B C cắt A Lấy điểm M cung nhỏ BC ( M khác B C ) Gọi I , H , K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M đến BC , AB , AC a Chứng minh tứ giác MIBH , MICK nội tiếp b Chứng minh MI MH MK Ý a (0,5 điểm) Nội dung Điểm Ta có: MI  BC  MIB 90 MI  AB  MHB 90  MIB  MHB 180 mà hai góc vị trí đối 0,25  MIBH tứ giác nội tiếp (đhnb) Ta có: MI  BC  MIC 90 MI  AC  MKC 90  MIC  MKC 180 mà hai góc vị trí đối b (1,0 điểm) 0,25  MICK tứ giác nội tiếp (đhnb) Ta có: 0,25 MIBH nội tiếp nên MHI MBI (2 góc nội tiếp chắn cung IM ) MICK nội tiếp nên MIK MCK (2 góc nội tiếp chắn cung MK ) O Xét   có: MBI MCK (góc tạo tiếp tuyến dây cung; góc nội tiếp chắn cung CM )  MHI MIK Tứ giác BIMH nội tiếp  MIH MBH (hai góc nội tiếp chắn cung 0,25 MH ) Tứ giác CIMK nội tiếp  MKI MCI (hai góc nội tiếp chắn cung IM ) O Xét   có: MHB MCB (góc tạo tiếp tuyến dây cung; góc nội tiếp chắn cung BM )  MIH MKI 0,25 Xét tam giác MIH MKI ta có: MHI MIK    MIH MKI  g g  MIH MKI  0,25 MI MH    MI MH MK MK MI O Từ điểm P nằm ngồi đường trịn   kẻ hai đường tiếp tuyến PQ , PR tới đường tròn với Q P O tiếp điểm Đường thẳng qua P cắt đường tròn   hai điểm E F ( E nằm P F ; dây cung EF không qua tâm O ) Gọi I trung điểm EF , K trung điểm PF QR Chứng 1   minh rằng: PK PE PF 1   PK PE PF  PEPF PK ( PE  PF )  PEPF ( PE  EK )( PE  PF )  2PEPF PEE  PE PF  EK PE  EK PF  PEPF PE  PEEK  EK PF  PE ( PF PE  EK ) EK PF  PE KF EK PF (*) Gọi H giao điểm PO QR PQ, PR tiếp tuyến đường trịn (O)  PQ  PR (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có: OQ OR R  PO đường trung trực đoạn QR  PO  QR  PO  QH Tam giác PQO vng Q , đường cao QH , ta có: PQ PH PO (hệ thức lượng tam giác vng) (1)   Xét ( O) có: PFQ PQE (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung QE ) Xét PQE PFQ có:  QPF chung PFQ PQE (cmt)  PQ PE   PQ PE.PF PF PQ (2) Từ (1) (2) suy PH PO PE.PF Xét  PEH  POF có:  PH PF  PE PO   OPE chung    PEH ~ POF (c.g c) PH PF  (cmt)  PE PO      EHP PFO mà hai góc bù với OHE  HEFO tứ giác nội tiếp    OHF OEF ( góc nội tiếp chắn cung OF )    Mà OEF OFE PHE    OHF PHE    EHK FHK  Từ suy HK , HP phân giác trong, phân giác góc EHF PE KE    PE.KF EK PF PF KF Vậy (*) chứng minh Câu (1 điểm) Cách giải ab bc ca   3 a b Cho a, b, c số thực dương thay dổi thỏa mãn c 2022 T  a b c a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: ab bc  2 b c a bc ca  2 c a b ca ab  2 a b c  ab bc ca       2( b  c  a ) a b   c  ab bc ca       ( b  c  a ) c a b    a  b  c 3 (1) T  a b c Ta có: 2022 a b c 2013    a  b  c   a b c a b c  Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:    a b c  2 a b c  Khi đó: 2013 T 2  a  b  c (2) Từ (1) (2) 2013 2031  T 6   677 3 Dấu xảy a  b  c 1  a b c 1 Vậy giá trị nhỏ T 677 a b c 1