de tuyen sinh lop 10 mon toan nam 2022 2023 so gddt hau giang

Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác, biết tam giác ABC vuông tại A và BC  a.. Tính diện tích S của hình thang đã cho.. c Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.. Tính diện tích S c

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?

Câu 2. Rút gọn biểu thức 8 2

Câu 3. Giả sử x x1, là hai nghiệm của phương trình 2 x2 4x 1 0  Giá trị của biểu thức

x1x2bằng

Câu 4. Tìm nghiệm của hệ phương trình

A x

y

3 2

 









y

2 3

 









y

3 2

 









y

2 3

 









Câu 5. Phương trình x4 9x220 0 có bao nhiêu nghiệm?

Câu 6. Tính diện tích S của hình cầu có bán kính R  a

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  a

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 khi 1 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

   , 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)

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 x2

 có 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 JEN 90



Câu 5 (0,5 điểm)

Giải hệ phương trình xy y y y x y

2

2 1







HẾT

-ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM

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.  

2 2



c) x  5  x 2 52  x25

D

2

D

, 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  

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

5

3

  





 

PT  *  a b  1ab a2 b2  1ab a b   a 1 1   b 0

 

 

   





  

 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 4.

Câu 3 (1,5 điểm)

a)

Bảng giá trị

y x2

 4 1 0 1 4

Đồ thị

x y

-4

-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:  5m 62 4 15 m25 25m2 64

Để d cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2 PT  1 có hai nghiệm phân biệt

 

      

Theo Vi-et, có: x x m

1 2

   







Xét x1 x2 6 x1 x22 36 x1x22 4 x x1 236

 5m 62 4 15 m 25 36

     (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

Dễ thấy MAO MBO c c c   

S 2.S 2 .1MA AO 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

N

 là 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 JEN 90



Ta có EN là trung tuyến của tam giác vuông BEC

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

2

2 1







Điều kiện: y 1;x y 0

2

  

Xét phương trình: xy y y y x y y x y  y x y

2 1

  

  

x y  y

1

2 1

 

y x y

1

2 1

  





D

J

N H

E

F

B

A

C

D

J

N H

E

F

B

A

C

Dễ thấy phương trình  * vô nghiệm (do y 1 0

2

  )

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2x3 0

 

 

   







Vậy hệ pt có nghiệm là x y;  2;3 ; 3;4    .