Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2023 môn Toán Thái Bình kèm đáp án chi tiết

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2023 môn Toán Thái Bình kèm đáp án chi tiết dưới đây sẽ giúp các bạn học sinh lớp 9 tại tỉnh Thái Bình chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2024.

I. Đề thi vào lớp 10 năm 2023 môn Toán Thái Bình

Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức: A = [1/(3 – √x) – 1/(3 + √x)]. (3 + √x)/x với x > 0 và x ≠ 9.

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4.

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A > ½.

Câu 2. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

với m là tham số.

1) Giải hệ phương trình với m = 1.

2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = x + y.

Câu 3. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = x + 2.

1) Tìm toạ độ hai giao điểm A,B của (d) với (P).

2) Gọi (c) là đường thẳng đi qua điểm C(−1;4) và song song với đường thẳng (d). Viết phương trình đường thẳng (c).

Câu 4. (3,5 điểm)

1) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R) kẻ tiếp tuyến MA (A là tiếp điểm) và cát tuyến MBC không đi qua tâm O (điểm B nằm giữa hai điểm M và C). Gọi H là trung điểm BC . Đường thẳng OH cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm N,K (trong đó điểm K thuộc cung BAC). Gọi D là giao điểm của AN và BC.

a) Chứng minh tứ giác AKHD là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: góc NAB = góc NBD và NB² = NA.ND

c) Chứng minh rằng khi đường tròn (O;R) và điểm M cố định đồng thời cát tuyến MBC thay đổi thì điểm D nằm trên một đường tròn cố định.

2) Một hình trụ có chu vi đáy bằng 20π (cm) và chiều cao bằng 7(cm). Tính thể tích của hình trụ đó.

Câu 5. (0,5 điểm)

Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn điều kiện: a + b + c = 2022.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = √(2a² + ab + 2b²⁾ + √(2b² + bc + 2c²) + √(2c² + ca + 2a²)

— HẾT —

II. Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2023 môn Toán Thái Bình

Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức: A = [1/(3 – √x) – 1/(3 + √x)]. (3 + √x)/x với x > 0 và x ≠ 9.

1) Rút gọn biểu thức A.

Với x > 0, x ≠ 9 ta có:

A = [1/(3 – √x) – 1/(3 + √x)]. (3 + √x)/x

A = [(3 + √x – 3 + √x)/[(3 – √x).(3 + √x)]]. (3 + √x)/x

A = [2√x/[(3 – √x).(3 + √x)]]. (3 + √x)/x

A = 2/(3 – √x)

Vậy với x > 0, x≠9 thì A = 2/(3 – √x).

2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4.

Thay x = 4 (TMDK) vào biểu thức A sau rút gọn ta có: A = 2/(3 – √4) = 2/(3 – 2) = 2.

Vậy với x = 4 thì A = 2 .

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A > ½.

Ta có:

A > ½ ⇔ 2/(3 – √x) > ½ ⇔ 2/(3 – √x) – ½ > 0 ⇔ [4 – (3 – √x)]/ [2.(3 – √x)] > 0 ⇔ (1 + √x)/ [2.(3 – √x)] > 0

Vì 1 + √x > 0 ∀x > 0 nên (1 + √x)/ [2.(3 – √x)] > 0 ⇔ 3 – √x > 0 ó √x < 3 ⇔ x < 9.

Kết hợp ĐKXĐ ta có 0 < x < 9.

Mà x ∈ Z => x ∈ {l;2;3;4;5;6;7;8} .

Vậy để A > 1/2 thì x ∈ {1;2;3;4;5;6;7;8).

Câu 2 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho hệ phương trình

với m là tham số.

1) Giải hệ phương với m = 1

Thay m = 1 vào hệ phương trình ta có:

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (0;1)

2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình trị lớn nhất của biểu thức S = x + y.

+) Với m = 0. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

+) Với m ≠ 0 ta có:

a/a’ = 1/m; b/b’ = m/-1 = – m

⇒ Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi a/a’ ≠ b/b’ ⇔ 1/m ≠ – m ⇔ – m² ≠ 1 với mọi m ≠ 0 (luôn đúng)

Nên hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất với mọi m .

Ta có:

TH1: m = 0. Phương trình có nghiệm x = 1;y = 0 => S = x + y = 1.

TH2: m ≠ 0

Để phương trình có nghiệm thì Δ’m = 1 – (S + 1)(S – 1) = 1- (S² – 1) = 2 – S² ≥ 0 ⇔ – √2 ≤ S ≤ √2

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức S bằng √2.

Câu 3 (2,0 điểm):

Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x² và đường thẳng (d): y = x + 2.

1) Tìm tọa độ hai giao điểm A, B của (d) với (P).

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x² = x + 2 ⇔ x² – x – 2 = 0.

Ta có: a – b + c = 1 – (−1) + (−2) = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = -1; x2 = -(-2/1) = 2.

Với x1 = – 1 => y1 = (- 1)² = 1

Với x2 = – 2 => y = (- 2)² = 4

Vậy tọa độ hai giao điểm của (d) và (P) là A(-1;1); B(-2;4).

2) Gọi (c) là đường thẳng đi qua điểm C(-1;4) và song song với đường thẳng (d). Viết phương trình đường thẳng (c).

Vì (c)//(d) nên phương trình đường thẳng (c) có dạng y = x + m (m ≠ 2).

Vì (c) đi qua C(-1;4) nên thay x = −1, y = 4 ta có 4 = – 1 + m ⇔ m = 5 (TM)

Vậy phương trình đường thẳng (c) là: y = x + 5.

Câu 4 (3,5 điểm):

Cách giải:

1) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R) kẻ tiếp tuyến MA (A là tiếp điểm) và cát tuyến MBC không đi qua tâm 0 (điểm B nằm giữa hai điểm M và C). Gọi H là trung điểm của BC. Đường thẳng OH cắt đường tròn (O;R) tại hai điểm N, K (trong đó K thuộc cung BAC). Gọi D là giao điểm của AN và BC.

a) Chứng minh tứ giác AKHD là tứ giác nội tiếp.

Ta có: Góc KAN = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) → góc KAD = 90°.

Vì H là trung điểm của BC => OH ⊥ BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Xét tứ giác AKHD có: Góc KAD + Góc KHD = 90° + 90° = 180°, mà 2 góc này đối diện → AKHD là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh góc NAB = góc NBD và NB² = NA.ND.

Vì H là trung điểm của BC => N là điểm chính giữa cung BC => số đo cung BN = số đo cung CN.

⇒ Góc NAB = góc NBC = góc NBD (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét tam giác NBD và tam giác NAB có:

Góc ANB chung

Góc NBD = Góc NAB (cmt)

⇒ Tam giác NBD ~ tam giác NAB (g.g)

⇒ NB/ND = NA/NB (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) => NB² = NA.ND (đpcm).

c) Chứng minh rằng khi đường tròn (O;R) và điểm M cố định đồng thời cát D nằm trên đường tròn cố định.

Có tam giác MDA = 1/2 số đo AB + 1/2 số đo NC = 1/2 số đo AB + 1/2 số đo NB = 1/2 số đo AN.

⇒ Tam giác MAD cân tại M

⇒ MD = MA mà MA không đổi

⇒ D thuộc đường tròn tâm M, bán kính MA không đổi.

2) Một hình trụ có chu vi đáy bằng 20π (cm) và chiều cao bằng 7(cm). Tính thể tích của hình trụ đó.

Gọi R là bán kính đáy hình trụ.

Chu vi đáy hình trụ là 2πR = 20π => R = 10(cm).

Thể tích của hình trụ đó là: V = π.20².7 =2800π (cm³).

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn điều kiện: a + b + c = 2022.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = √(2a² + ab + 2b²⁾ + √(2b² + bc + 2c²) + √(2c² + ca + 2a²)

Cách giải:

Ta có: 4(2a² + ab + 2b²) = 5(a² + 2ab + b²) + 3(a² – 2ab + b²) = 5(a + b)² + 3(a – b)² ≥ 5(a + b)² vì (a – b)² ≥ 0.

Vì a,b là các số dương nên:

2√(2a² + ab + 2b²⁾ ≥ √5(a + b) ⇔ √(2a² + ab + 2b² ≥ [(√5)/2)].(a + b) (1)

Dấu bằng xảy ra khi a = b.

Chứng minh tương tự ta có:

√(2b² + bc + 2c²) ≥ [(√5)/2)].(b + c) (2)

Dấu bằng xảy ra khi b = c.

Và √(2c² + ca + 2a²) ≥ [(√5)/2)].(c + a). (3)

Dấu bằng xảy ra khi c = a.

Cộng vế với vế của (1); (2); (3) ta có:

√(2a² + ab + 2b²⁾ + √(2b² + bc + 2c²) + √(2c² + ca + 2a²) ≥ [(√5)/2].2.(a + b + c) = 2022√5

Dấu bằng xảy ra

—-Hết—-

Khi đã nắm vững nội dung và cách giải của đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2023 môn Toán Thái Bình, các bạn học sinh chắc chắn sẽ tự tin hơn nhiều trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2024.

Chúng tôi tin tưởng rằng với sự chuẩn bị kỹ càng và tinh thần quyết tâm, mỗi bạn sẽ đạt được kết quả xứng đáng trong kỳ thi quan trọng sắp tới.

Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và thành công rực rỡ, mở ra những cơ hội mới trong hành trình học vấn của mình!

Tải đề thi dạng PDF tại đây để in và ôn luyện tại nhà các em nhé!

Tkbooks.vn