Đề tuyển sinh vào môn Toán năm 2022 2023 sở GD ĐT Trà Vinh

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRÀ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN GIẢI

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức sau: 12 2 27 3 75 A = − + . Lời giải

12 2 27 3 75

2 3 2.3 3 3.5 3

2 3 6 3 15 3

11 3

A

A

A

A

= − +

= − +

= − +

=

Vậy 11 3 A = .

b) Giải hệ phương trình: 3 11

2 4

x y

x y

+ =   − = 

Lời giải 3 11 5 15 3

2 4 2 4 2

x y x x

x y x y y

+ =  = =   ⇔ ⇔    − = − = =   

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) 3;2 .

Câu 2. (2.0 điểm) Cho parabol 2 ( ) : P y x = . a) Lập bảng giá trị và vẽ Parabol ( ) P .

b) Tìm tọa độ giao điểm của ( ) P và đường thẳng ( ): 4 3 d y x = − bằng phép tính.

Lời giải a) Lập bảng giá trị và vẽ parabol 2 ( ) : P y x = .

Bảng giá trị:

2 ( ): P y x =

x 2 − 1 − 0 1 2

2 y x = 4 1 0 1 4

Suy ra parabol 2 ( ) : P y x = là đường cong đi qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2;4 , 1;1 , 0;0 , 1;1 , 2;4 − −

Vẽ đồ thị 2 ( ) : P y x =

Trang 3

b) Phương trình hoành độ giao điểm của 2 ( ) : P y x = và ( ): 4 3 d y x = −

2 2 1 4 3 4 3 0 3 x x x x x x =  = − ⇔ − + = ⇔= 

Với ( ) 2 1 1 1 1;1 x y A = ⇒ = = ⇒

Với ( ) 2 3 3 9 3;9 x y B = ⇒ = = ⇒

Vậy giao điểm của (P) và (d) là ( ) 1;1 A , ( ) 3;9 B .

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ) O . Hai đường cao , BE CF cắt nhau

tại ( , ) H E AC F AB ∈ ∈ . Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn; b) . . AE BC EF AB = ; c) . OA EF ⊥

Lời giải

a) Xét tứ giác BCEF có

  90 BFC BEC = = ° (vì , BE CF là hai đường cao của tam giác ABC ).

Mà  ; BFC BEC cùng nhìn cạnh BC .

Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc bằng nhau). b) Xét AEF ∆ và ABC ∆ có

 BAC chung và  AFE ACB = (tứ giác BCEF nội tiếp).

Suy ra AEF ∆ ∽ ABC ∆ (g – g)

Suy ra . . . AE EF AE BC AB EF AB BC = ⇒ =

c) Kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O .

Ta có:   CAx ABC = (góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC ).

Mà:  ABC AEF = (tứ giác BCEF nội tiếp).

Suy ra :  CAx AEF = . Mặt khác  ; CAx AEF nằm ở vị trí so le trong.

Trang 4

Suy ra // Ax EF . Mà Ax OA OA EF ⊥ ⇒ ⊥ (đpcm).

III. PHẦN TỰ CHỌN

Thí sinh chọn một trong hai đề sau đây: ĐỀ 1:

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình 4 2 12 0. x x − − = (1) Lời giải Đặt ( ) 2 0 x t t = ≥ , phương trình (1) trở thành: 2 12 0. t t −− =

Ta có: 2 12 0. t t −− =

Ta có: ( ) ( ) 2 1 4. 12 49 0 7 ∆= − − − = > ⇒ ∆= , nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

( )

( )

1 7 4 2 1 7 3 2

t N

t L

+ = =   − = = − 

Với 2 2 4 4 2 x t x x =  = ⇒ = ⇔= − 

Vậy phương trình có tập nghiệm là: { } 2;2 S = −

Câu 5. (1,0 điểm) Sân vận động Quốc gia Mỹ Đình (Quận Nam Từ Liêm – Hà Nội) có mặt sân bóng đá hình chữ nhật với chiều dài hơn chiều rộng 37m và có diện tích là 2 7140m . Hãy tính chiều dài và chiều rộng của mặt sân bóng đá này.

Lời giải

Gọi chiều rộng của mặt sân là ( ) ( ) 0 x m x > .

Suy ra chiều dài mặt sân là ( ) 37 x m + .

Vì diện tích mặt sân là 2 7140m nên ta có phương trình

( ) 2 37 7140 37 7140 0 x x x x + = ⇔ + − =

Ta có: ( ) 2 37 4. 7140 29929 0, 173 ∆= − − = > ∆=

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt

37 173 68 ( ) 2 37 173 105 ( ) 2

x N

x L

− +  = =   − − = = − 

Vậy chiều rộng của mặt sân là 68m, chiều dài của mặt sân là 68 + 37 =105 (m)

Câu 6. (1,0 điểm) Cho phương trình 2 1 0. x mx m − + −= (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương

trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x thỏa mãn 2 2 1 2 1 2 x x x x + = + .

Lời giải

Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 4 4 2 m m m m m ∆= − − − = − + = − .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ( ) 2 1 2 , 0 2 0 2 0 2 x x m m m ⇔∆> ⇔ − > ⇔ − ≠ ⇔ ≠