Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2022-2023 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút) Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên ? A. yx=2022 + 2023. B. yx=2023 + 2022. C. yx=−+2023 2022. D. yx=2022 − 2023. 3 Câu 2: Điều kiện xác định của biểu thức là x − 2022 A. x ≥ 2022. B. x > 2022. C. x < 2022. D. x ≤ 2022. Câu 3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2.m Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Diện tích của tứ giác ADCI bằng 5 A. 3.m2 B. 2.m2 C. m2. D. 1.m2 2 23xy−= Câu 4: Hệ phương trình  có nghiệm là ( xy00;,) giá trị xy00− 4 bằng −+xy42 = A. 2. B. −7. C. −2. D. 8. 2 Câu 5: Phương trình xx+2022 −= 2023 0 có hai nghiệm phân biệt xx12,. Khi đó xx12+ bằng A. 2022. B. 2023. C. −2022. D. −2023. Câu 6: Đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và song song với đường thẳng dy:= 23 x − có phương trình là A. yx=2 − 1. B. yx=−+2 3. C. yx=2 + 1. D. yx=−−2 1. Câu 7: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn có MNP = 60o và PMQ = 40o (hình vẽ bên). Số đo MPQ bằng A. 10o . B. 20o . C. 40o . D. 50o . Câu 8: Thể tích của hình cầu có đường kính 6cm bằng 81 A. 288πcm3 . B. πcm3. C. 27πcm3 . D. 36πcm3 . 4 Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 8 2−− 32 4 a) Rút gọn biểu thức T = . 12− 2 17 b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức Px= −+.( − 1.) xx+−22x − 4 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 − mx + m −=501( ) (với m là tham số). a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi xx12, là hai nghiệm của phương trình (1.) Tìm tất cả giá trị của m để xx12+=2 1.
2. 2xy−−= 2 0 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 3x− xy −= 8 0. Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB= AC = 4. cm Kẻ đường cao AH của tam giác ABC và vẽ cung tròn ( A; AH ) cắt AB, AC lần lượt tại DE, (hình vẽ bên). Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên. 2) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) ( MN, là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm PQ, sao cho P nằm giữa A và Q, dây cung PQ không đi qua tâm O. Gọi I là trung điểm của đoạn PQ, J là giao điểm của hai đường thẳng AQ và MN. Chứng minh rằng: a) Năm điểm AM, , OI , , N cùng nằm trên một đường tròn và JIM = JIN . b) Tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQM và AP. AQ= AI AJ Câu 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình x+=4 xx2 + 9 + 19 − 2 x + 3. b) Cho xyz, , là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=( xyzyzxzxy +−)( +−)( +−) − xyz. Hết
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2021-2022 NAM ĐỊNH Môn: Toán Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi đáp án đúng được 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B A C C A B D Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 8 2−− 32 4 a) Rút gọn biểu thức T = . 12− 2 17 b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức Px= −+.( − 1.) xx+−22x − 4 Giải 82424−− a) T = 12− 4( 21− ) = = −4. 12− b) Điều kiện xx≥≠04;. 2xx−− 4 −+ 27 Px= .1( − ) x − 4 x +1 = .( x −1) x − 4 x −1 = . x − 4 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 − mx + m −=501( ) (với m là tham số). a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi xx12, là hai nghiệm của phương trình (1.) Tìm tất cả giá trị của m để xx12+=2 1. Giải 2 Vì (1) là phương trình bậc 2 nên ta có ∆=mm2 −4 + 20 =(mm −2) + 16 >∀ 0 . Do đó phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
4. Theo câu a) ta có với mọi giá trị của m phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt xx12,. xx12+= m (2) Nên ta có  xx12+=− m5 ( 3) . Theo giả thiết ta có xx12+=2 1 ( 4) . xm2 =1 − Từ (2) và (4) ta có  xm1 =−+12. Theo giả thiết ta có xx12+=2 1 ( 4) . xm2 =1 − Từ (2) và (4) ta có  xm1 =−+12. Thay xx12, vào (3) ta được (1−m)( −+ 12 mm) = − 5 2 m = −1 ⇔2mm − 2 −=⇔ 40  m = 2. 2xy−−= 2 0 (1) Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 3x− xy −= 8 0 ( 2) . Giải Phương trình (1) ⇔=yx 22 − Thay vào phương trình (2) ta được 3x2 − xx( 2 − 2) −= 80 2 x = 2 ⇔xx +2 −=⇔ 80  x = −4 Với xy=⇒=22 Với xy=−⇒4 =− 10 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (2; 2) ;(−− 4; 10) . Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB= AC = 4. cm Kẻ đường cao AH của tam giác ABC và vẽ cung tròn ( A; AH ) cắt AB, AC lần lượt tại DE, (hình vẽ bên). Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên.
5. 2) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với (O) ( MN, là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua A cắt (O) tại hai điểm PQ, sao cho P nằm giữa A và Q, dây cung PQ không đi qua tâm O. Gọi I là trung điểm của đoạn PQ, J là giao điểm của hai đường thẳng AQ và MN. Chứng minh rằng: a) Năm điểm AM, , OI ,, N cùng nằm trên một đường tròn và JIM = JIN . b) Tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQM và AP. AQ= AI AJ Giải 1 1) Diện tích tam giác ABC là S= AB AC = 8 cm2 . 1 2 Vì tam giác ABC vuông cân tại A⇒= BC AB2 = 42 cm . Ta có H là hình chiếu của A trên BC nên H là trung điểm của BC 1 ⇒=AH BC =22 cm . 2 Xét ( A; AH ) có sđ DH E= BAC = 90o. Nên diện tích hình quạt tròn tâm A tạo bởi hai bán kính AD, AE và cung DHE là 1 S=ππ AH22 = 2. cm 2 4 2 Diện tích phần tô đậm là S=−=− S12 S(82π ) cm . 2) M O A P J I Q N Ta có AMO= ANO = AIO = 90o Suy ra các điểm AM, , OI ,, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO. Xét đường tròn đường kính AO có AM=⇒= AN AM AN. Suy ra JIM = JIN .
6. Xét hai tam giác AMP và tam giác AQM có MAQ chung và AMP= AQM (hai góc cùng chắn cung MP của đường tròn (O)) Vậy ∆∆AMP AQM. AM AP ∆AMP ∆ AQM ⇒=⇔AM2 = AP AQ (1) AQ AM Xét hai tam giác AMJ và tam giác AIM có MAJ chung. Tam giác AMN cân và tứ giác AMIN nội tiếp nên AIM= ANM = AMN. Do đó ∆∆AMJ AIM ⇒=AM2 AI.2 AJ ( ) Từ (1) và (2) suy ra AP AQ= AI AJ Câu 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình x+=4 xx2 + 9 + 19 − 2 x + 3. b) Cho xyz,, là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=( xyzyzxzxy +−)( +−)( +−) − xyz. Giải a)Điều kiện x ≥−3 . 2 Phương trình tương đương với 23xx+++= 4( x + 3) +( x + 4) Đặt u=+=+ x3, vx 4 (u ≥≥0; v 1) . Ta được 2.uv+= u22 + v 2 22u = 0 ⇒(2uv +) =+⇒ u v  340uv+= • ux=⇔=−03 • 340uv+= vô nghiệm vì uv≥≥0; 1. Thử lại ta có nghiệm của phương trình đã cho là x = −3. xy≥ b) Vì xyz,, có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử  xz≥ . xyz+−>0 Do đó  zxy+−>0. +) Nếu yzx+−≤0 Khi đó ta có ( xyzyzxzxy+−)( +−)( +−) ≤0 ⇒<P 0.
7. +) Nếu yzx+−>0  ( xyzyzx+−)( +−) ≤y   Khi đó ta có  ( zxyyzx+−)( +−) ≤ z⇒( xyzyzxzxy+−)( +−)( +−) ≤ xyz  +−+−≤  ( xyzzxy)( ) x ⇒P ≤0. Dấu ""= xảy ra khi x=y= z. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 0 khi x=y = z.