Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Đề tham khảo 13 (Có đáp án) - Phòng giáo dục và đào tạo Việt Trì

Nội dung text: Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - Đề tham khảo 13 (Có đáp án) - Phòng giáo dục và đào tạo Việt Trì

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 VIỆT TRÌ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ THAM KH ẢO 13 (Đề tham khảo có 02 trang ) PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức 2022 x là A. x 2022. B. x 0. C. x 2022. D. x 2022. Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất đồng biến trên ? A. y 1 x . B. y 2 x 3. C. y 1 2 x . D. y x 2. Câu 3. Cho đường thẳng d : y 2 x 3. Gọi AB, lần lượt là giao điểm của d với trục hoành và trục tung. Diện tích OAB bằng 9 A. 1. B. . C. 6. D. 5. 4 2x 3 y 5 Câu 4. Hệ phương trình vô nghiệm khi 4x my 2 A. m 6. B. m 1. C. m 1. D. m 6. Câu 5. Điều kiện của m để hàm số y m 3 x 2 đồng biến với mọi x 0là A. m 3. B. m 3. C. m 3. D. m 0. Câu 6. Nếu là hai nghiệm của phương trình 2 thì 2 3 bằng x1, x 2 x x 1 0 x1 x 2 A. 12. B. 4. C. 12. D. 4. Câu 7. Giá trị của m để phương trình x2 x m 1 0 có nghiệm kép là 3 3 7 7 A. m . B. m . C. m . D. m . 4 4 2 2 Câu 8. Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH 3,2 cm và CH 5 cm . Khi đó AH bằng A. 5cm . B. 3,2cm . C. 4cm . D. 8cm . Câu 9. Một cột cờ cao 6,5m , có bóng trên mặt đất là dài 2,5m . Khi đó góc mà tia sáng mặt trời tạo với mặt đất có số đo xấp xỉ bằng (làm tròn đến độ phút) A. 680 58 . B. 680 57 . C. 250 5 . D. 280 8 . Trang 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VIỆT TRÌ NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THAM KHẢO 13 MÔN: TOÁN PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Đáp án A B B A A D B C A B PHẦN II. TỰ LUÂN (7,5 điểm) Đáp án Điểm 2x x 3 x 3 2 x 2 Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức: P : 1 x 3 x 3x 9 x 3 với x 0, x 9. 1,5 a) Tính giá trị của biểu thức P khi x 4. b) Rút gọn biểu thức P. c) Tìm x để P 1. a) Tính giá trị của biểu thức P khi x 4. 0,5 24 4 3.43 242 3 Khi (t/m ĐKXĐ) thì P : 1 . 0,25 x 4 4 3 4 34 9 4 3 5 3 Vậy với x 4 thì P . 0,25 5 b) Rút gọn biểu thức P. 0,5 Với x 0, x 9 ta có: 2x x 3 x 3 2 x 2 P : 1 x 3 x 3x 9 x 3 2x x 3 x x 3 3x 3 2 x 2 x 3 : x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 0,25 2x 6 x x 3 x 3 x 3 x 1 : x3 x 3 x 3 Trang 3
3. Để cắt tại hai điểm phân biệt của hoành độ d P x1; x 2 Thì * có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 0 2 3m 4 m 2 1 0 Với  thì luôn cắt tại hai điểm phân biệt của hoành độ m d P x1;. x 2 x x 3 m Áp dụng hệ thức Viet với phương trình (*) ta có: 1 2 2 x1 x 2 m 1 Theo đề bài ra ta có: x x 2 x x 1 2 1 2 0,25 3m 2 m2 1 2 m 2 2 3 m 0 m1 2 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2m 3 m 2 0 1 . m 2 2 1 Vậy m hoặc m 2 để thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 2 Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính ABR 2 . Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn O tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ BM lấy điểm K (K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của và AK MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK AH R2 c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK. E M K H B A C O I N a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. 1,0 Trang 5
4. Ta có: AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMB vuông tại M . ABM 300 . 0,25 Xét BMC vuông tại C có: BMC MBC 900 . BMC 900 MBC 90 0 30 0 60 0 BMN 600 (1) 0 Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM MAB 60 Mặt khác: KM KE (cách dựng) EKM cân tại K Và EKM 600 EKM là tam giác đều. KME 600 (2) Từ (1) và (2) suy ra: BMN KME 600 BMN BMK KME BMK NMK BME 0,25 0 CM 1 Xét BCM vuông tại C có: sinCBM sin 30 BM 2 CM . BM 2 Mà OA MN tại C C là trung điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung). MN 2 CM MN BM (vì BM 2 CM ) Xét MNK và MBE có: MNK MBE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) MN BM( cmt ). NMK BME () cmt 0,25 Do đó: MNK MBE g c g NK BE (Hai cạnh tương ứng) IN IK BK KE. Mà IK KE (vẽ hình) Suy ra: IN BK. Trang 7