Đề tuyển sinh vào môn Toán năm 2022 2023 sở GD ĐT Bình Dương

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 02/06/2022 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm).

a) Giải hệ phương trình 2 5

1

x y

x y

     

b) Thực hiện phép tính    8 2 15 7 2 10 3 2     .

Câu 2 (2 điểm) Cho Parabol 2 1 ( ): 2 P y x  .

a) Lập bảng giá trị và vẽ Parabol (P). b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng : 3 4 y x    bằng phép tính.

Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình 2 ( 3) 2 2 0 x m x m      với m là tham số. Tìm giá trị của tham số m để: a) Phương trình có nghiệm 3 x  . b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x sao cho 2 2 1 2 13 x x   .

Câu 4 (1,5 điểm). Một người nông dân trồng hoa trên một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều

dài hơn chiều rộng 15m. Cuối mỗi vụ thu hoạch, bình quân người đó bán được 20.000 đồng tiền hoa trên mỗi mét vuông đất. Tính chiều dài và chiều rộng mảnh vườn đó. Biết tổng số tiền bán hoa cuối vụ từ mảnh vườn, người đó thu được là 252 triệu đồng.

Câu 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AK, BE và CF cắt

nhau tại H. Gọi I là trung điểm của đoạn AH, N là trung điểm của đoạn BC. a) Chứng minh bốn điểm A, E, H, F nằm trên cùng một đường tròn. b) Chứng minh NE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Chứng minh 2 2 . CI IE CK CB   .

…………Hết………..

ĐÁP ÁN:

Câu 1 (2 điểm).

a) Giải hệ phương trình 2 5 3 6 2 2

1 1 2 1 1

x y y y y

x y x y x x

                          

Vậy hệ có nghiệm là 1

2 x

y

    

b) Thực hiện phép tính

       

    

     

2 2

2 2

8 2 15 7 2 10 3 2 5 3 5 2 3 2

5 3 5 2 3 2 5 3 5 2 3 2

3 2 3 2 3 2 3 2 1

              

               

       

Câu 2 (2 điểm) Cho Parabol 2 1 ( ): 2 P y x  .

a) Lập bảng giá trị và vẽ Parabol (P).

y

x

2

8

O 2 -2 -4 4

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng : 3 4 y x    bằng phép tính. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là:

2 2 1 3 4 6 8 0 2 x x x x       có 36 32 4 0     nên có hai nghiệm

1 1

2 2

6 4 4 8 2 6 4 2 2 2

x y

x y

              

.

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng : 3 4 y x    là    4;8 , 2;2 .

Câu 3 (1,5 điểm).

a) Phương trình 2 ( 3) 2 2 0 x m x m      có nghiệm 3 x  . Thay 3 x  vào phương trình, ta có 23 ( 3).3 2 2 0 9 3 9 2 2 0 2 2 m m m m m m               . Vậy 2 m  thì phương trình có nghiệm 3 x  .

b) 2 ( 3) 2 2 0 x m x m      có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x sao cho 2 2 1 2 13 x x   .

 

2 2 2 6 9 8 8 2 1 1 m m m m m m          . Để phương trình có hai nghiệm phân

biệt 1 2 , x x khi  

2 0 1 0 1 m m       (*).

Theo Viét và theo đề, ta có

1 2

1 2

3

2 2

x x m

x x m

       

      2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 13 2 13 3 2 2 2 13 2 8 0 x x x x x x m m m m                .

Phương trình có 4 32 36 0     nên có hai nghiệm

1

2

2 36 2 2 2 36 4 2

m

m

          

thỏa (*).

Vậy 2 m  hoặc 4 m  thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 4 (1,5 điểm).

Gọi ( ) x m là chiều dài mảnh vườn   15 x  , chiều rộng mảnh vườn là 15 x  .

Diện tích mảnh vườn là   2 252.000.000 12600 20.000 m  .

Ta có phương trình  

2 15 12600 15 12600 0 x x x x       . Phương trình có 225 50400 50625 0     nên có hai nghiệm

1 2 15 50625 15 50625 120, 105 2 2 x x       (loại).

Vậy chiều dài mảnh vườn là 120( ) m và chiều rộng mảnh vườn là 105( ) m .

Câu 5 (3 điểm)

M

O

J

N

I

K

E

F

H

B C

A

a) Chứng minh bốn điểm A, E, H, F nằm trên cùng một đường tròn: BE và CF là hai đường cao cắt nhau tại H nên E và F cùng nhìn AH dưới một góc vuông  bốn điểm A, E, H, F nằm trên cùng một đường tròn.