Tuyển tập đề thi và đáp án môn toán tuyển sinh vào 10 trung học phổ thông 20232024

PHẦN III: GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH CÁC TỈNH

A.KHỐI KHÔNG CHUYÊN
I.ĐỀ BÀI
1. Sở An Giang


2.Sở Bạc Liêu (2023-2024 ngày thi 31/05/2023)
Câu 1 ( 4 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức A=√ 80+ √ 45
b) Rút gọn biểu thức: B=
Câu 2 (4 điểm)

1
3
2
+
:
với x>0 và x≠1
( √ x−1
)
√ x +1 √ x +1

a) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị hàm số
với giá trị a vừa tìm được.
x−2 y =4

b) Giải hệ phương trình: { 2 x+ y =3

Câu 3 (6 điểm)

Cho phương trình bậc hai x 2−2 x+ m−2=0 ( 1 ) với m là tham số
a) Xác định các hệ số a,b,c của phương trình (1)
b) Giải phương trình (1) khi m=-1
c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1, x2 thỏa mãn
3(x12+x22)+x12x22=11
Câu 4 (6 điểm)
Trên đường trịn tâm O, đường kính 2R lấy hai điểm C,D sao cho CD vng góc với AB tại H (H thuộc
đoạn OA khác O và A). Gọi M là điểm trên đoạn CD (M khác C và D, CM>DM). E là giao điểm của AM và
đường tròn tâm O(E khác A ). N là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp đường tròn
b) b)Chứng minh: NC.ND=NB.NE
c) Khi AC=R, xác định vị trí của M để 2AM+AE đạt giá trị nhỏ nhất
3.sở Bắc giang




4. Sở Bắc Ninh
4.1 Phần trắc nghiệm




4.2. Phần tự luận


5. Sở Bình Dương

6. Sở Bình Định


7. Sở Bình Thuận



8. Sở Cao Bằng


II.HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT- ĐÁP SỐ
1. Sở An Giang
Câu 1:
a)

2
4
x+ √2 x=4 ↔ √ 2 x + √ 2 x=4 ↔ 2 √2 x=4 ↔ x=
↔ x= √2
2 √2
√2

Vậy nghiện của phương trình là x=√ 2
2

b) x 4 −18 x 2 +81=0↔( x ¿¿ 2)2−2.9 . x 2 +9 2=0 ↔ ( x 2−9 ) =0 ↔ x 2−9=0↔ x 2=9 ↔ x=±3 ¿
Vậy nghiệm của phương trình là x=±3
c)

x=−2−3 y
x+ 3 y=−2
x=−2−3 y
x=−2−3 y
x=4
Cách1 :{
↔{
↔{
↔{
↔{
2 x−4 y=16
2 (−2−3 y )−4 y =16
−4−6 y−4 y =16
−10 y =20
y=−2
Cách2 :{ x +3 y=−2 ↔ {2 x+ 6 y=−4 ↔{ −10 y=20 ↔{ x=4
2 x−4 y=16
2 x−4 y=16
x=−2−3 y
y=−2

Câu 2:
a) Vẽ đồ thị hàm số y=f ( x )=x 2
Giải:
Tập xác định D=R
Ta có bảng giá trị:
x

1
0

1
2
y=x
1
0
1
4
2
hàm số y=f ( x )=x có a= 1>0 nên đồ thị là parabol có bề lõm quay lên nhận Oy làm
trục đối xứng. Ta có đồ thị như sau:
2

2
4

b) Hàm số y=g ( x )=3 ax −a2 (a≠0)
Hàm số y=f ( x )=x 2
Giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của 2 hàm số y= f(x) và y=g(x) ta có
2
2
2
2
x =3 ax−a ↔ x −3 ax +a =0(1)


Ta có ∆=b 2−4 ac=(−3 a )2 −4.1 . a2=9 a2−4 a2=5 a 2> 0 ∀ a ≠0
Vậy phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt ∀ a ≠ 0
=>2 hàm số trên luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ∀ a ≠ 0
c) Gọi y1, y2 là tung độ giao điểm của 2 đồ thị . tìm a để y1+y2=28

Giải
Gọi x1, x2 hoàng độ của 2 giao điểm ta có
y 1 + y 2=28 ↔3 a x 1−a2 +3 a x2 −a2=28 ↔ 3 a ( x 1+ x 2 ) −2 a2=28 (2)
Do x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý vi-et ta có
x1+x2=3a
Thay
vào
phương
trình
(2)
ta
được:
2
2
2
3 a .3 a−2 a =28 ↔7 a =28 ↔ a =4 ↔ a=± 2 (TM a≠0)
Câu 3: Cho phương trình: x 2−2 mx+2 m−3=0 (1)
a) Giải với m=0.5
Giải
Với m=0.5 phương trình (1) trở thành x 2−x−2=0 (2) ta nhận thấy phương
trình (2) có a-b+c=1+1-2=0 nên phương trình 2 có 2 nghiện x1=-1
x2=-c/a=-(-2)/1=2
b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu
Giải
Phương trình (1) có 2 nghiện trái dấu khi và chỉ khi

(−2 m )2−4.1 . ( 2m−3 ) >0
∆> 0
↔
{

{a . c <0
1. ( 2m−3 )< 0
( 2 m )2−2.2 .2 m+ 4+8> 0
( 2m+2 )2 +8>0 ( luôn đúng ∀ m)
2
3
↔ {4 m −8 m+ 12> 0 ↔ {
↔{
→ m<
3
3
2 m−3<0
m<
m<
2
2
2

Câu 4:
a) Chứng minh tứ giác ABOD nội tiếp
Giải:
Ta có ^
BAC=90 0 (góc nội tiếp chắn nửa
đường trịn) ¿> ^
BAD=90 0
OD┴BC(Gt) ¿> ^
BOD=900
Xét
tứ
giác

ABOD
ta
có:
0
0
0
^
BAD+ ^
BOD=90 +90 =180 => ABOD là tứ
giác nội tiếp
b) Tiếp tuyến tại điểm A với đường trịn(O) cắt
APC
Bc tại P, cho PB=BO=2cm. Tính độ dài đoạn PA và số đo ^
Giải:


Do AP là tiếp tuyến của (O) tại A nên ta có OA┴AP =>ΔOAP vng tại A. Mặt
khác PB=BO=2cm (gt)=> B là trung điểm của OP=> AB là trung tuyến của cạnh
OP.=> AB=1/2 OP=OB=2(cm)
Mà: OA=OB=2(cm)(=R);OP=OB+PB=4(CM)
Xét ΔOAP ta có
OA 2 + AP 2=OP2 ↔22 + AP 2=42 ↔ AP 2=12↔ AP=2 √ 3 ( cm )
sin ^
APO=¿
0
Vậy ^
APC= ^
APO=30

OA 2 1

0
= = =¿ ^
APO=30 ¿
OP 4 2

PB BA 2
c) Chứng minh PC = 2
AC

Giải:
Xét ΔPAB và ΔPCA có
^
BAP=^
ACP (Cùng chắn cung AB)

=>

ΔPAB

2

2

^
APC chung

ΔPCA

AB
PA

=
PA PB AB
AB 2 PB . PC
PB AB 2
2
=
=
=¿ { AC PC 2 =¿
=
=¿
=
(đpcm)
2
2
PC PA AC
PC AC 2
AC
PC
2
PA =PB . PC

(g.g)

=>

Câu 5:
a) Viết hàm số biểu diễn chiều cao mỗi loại cây theo số năm tính từ lúc mới vào
trường:
Giải
Gọi x là chiều cao cây bách đàn sau n năm (n;x>1)

Gọi y là chiều cao cây bách đàn sau m năm (m;x>3)
Chiều cao cây bạch đàn sau 1 năm là: 1+1=2 (m)
Chiều cao cây bạch đàn sau 2 năm là: 1+2.1=3 (m)
Chiều cao cây bạch đàn sau 3 năm là: 1+3.1=4(m)
….
Chiều cao cây bạch đàn sau n năm là: 1+n.1=n+1 (m)
 Hàm số biểu diễn chiều cao cây bạch đàn là x=n+1
Chiều cao cây phượng sau 1 năm là: 3+0,5=3,5 (m)
Chiều cao cây phượng sau 2 năm là: 3+2.0,5=4 (m)
Chiều cao cây phượng sau 3 năm là: 3+3.0,5=4,5 (m)
…….
Chiều cao cây phượng sau n năm là: 3+n.0,5=3+0,5n (m)
 Hàm số biểu diễn chiều cao cây phượng là x=0,5n+3


b) Sau bao nhiêu năm so với lúc mới vào trường thi cây bạch đàn sẽ cao hơn cây
phượng.
Giải
Giả sử sau k năm (kϵN*) cây bạch đàn cao hơn cây phượng;
 K+1>0,5k+3  0,5k>2  k>4
 Vậy sau 5 năm so với lúc mới vào trường thì cây bạch đàn cao hơn cây phượng.
2. Sở Bạc Liêu (2023-2024 ngày thi 31/05/2023)
Câu 1:
c) Tính giá trị biểu thức A=√ 80+ √ 45
Giải:
A=√ 80+ √ 45 ↔ A=√ 16.5+ √ 9.5 ↔ A=√ 4 .5+ √ 3 .5↔ A=4 √ 5+3 √ 5↔ A=7 √5
2

2

Vậy A=7 √ 5
d) Rút gọn biểu thức: B=
Giải:
B=

(

)

1
3
2
+
:
với x>0 và x≠1
√ x−1 √ x +1 √ x +1

3. √ x−1
1
3
2
√ x+1
√ x+1 ↔ B= √ x+1+3. √ x−
+
:
↔ B=
+
.
( √ x−1
)

( (√ x−1) (√ x +1) (√ x−1 )(√ x +1) ) 2
√ x +1 √ x +1
( √ x−1 ) ( √ x+

(

)

(

Câu 2:
c) Tìm hệ số a để đồ thị hàm số y=ax2 đi qua điểm M(-1;2). Vẽ đồ thị hàm số
với giá trị a vừa tìm được.
Giải
Đồ thị hàm số y=f(x)=ax2 đi qua điểm M(-1;2) nên tọa độ điểm M thỏa mãn
phương trình f(x). Thay tọa đổ điểm M ta có 2=a.(-1)2a=2
Vậy a=2
Với a=2 ta có phương trình hàm số y=f(x)=2x 2
Bảng giá trị
x
-2
-1
0
y
8
2
0
2
hàm số y=f ( x )=2 x có a= 2>0 nên đồ thị
parabol có bề lõm quay lên nhận Oy làm

trục đối xứng. Ta có đồ thị như sau:

1
2

2
8

là


x−2 y =4

d) Giải hệ phương trình: { 2 x+ y =3
Giải

x=4+2 y
x−2 y =4
x=4+2 y
x=4 +2 y
x=2
↔{
↔{
↔{
↔{
2 x+ y =3
2 ( 4 +2 y )+ y=3
8+4 y + y=3
5 y=−5
y =−1

x −2 y =4
2 x−4 y=8
x=4+2 y
x=2
Cách2 :{
↔{
↔{
↔{
2 x+ y=3
2 x + y =3
−5 y=5
y =−1
Cách1 :{

Câu 3:
Cho phương trình bậc hai x 2−2 x+ m−2=0 ( 1 ) với m là tham số
d) Xác định các hệ số a,b,c của phương trình (1)
Giải
a=1,b=-2;c=m-2
e) Giải phương trình (1) khi m=-1
Giải:
Khi m=-1 phương trình (1) trở thành x 2−2 x−3=0 (2). Ta nhận thấy
phương trình (2) có a-b+c=0 nên (2) có nghiệm x=-1 hoặc x=-c/a=3
f) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x 1, x2 thỏa mãn
3(x12+x22)+x12x22=11
Giải
2

x −2 x+ m−2=0 ( 1 )

Gọi x1;x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) ta có
2

∆≥0
b −4 ac ≥ 0
−b
−b
x 1 + x2 =
=2
x 1+ x 2=
=2
{
↔{
a
a
c
c
x 1 . x 2= =m−2
x 1 . x 2= =m−2
a
a
2
(−2 ) −4.1. ( m−2 ) ≥ 0
−m+3 ≥0
m≤3
−b
−b
−b
x1 + x 2=
=2

x 1 + x 2=
=2
x 1+ x2 =
=2
↔{
↔{
↔
{
a
a
a
c
c
c
x 1 . x 2= =m−2
x1 . x 2= =m−2
x 1 . x 2= =m−2
a
a
a

Theo đề bài ta có:

3( x 12 + x 22 )+ x12 x 22=11↔ 3 ¿
Δm=(-10)2-4.17=32 → ¿
Vậy với m=5−2 √ 2thì 3(x12+x22)+x12x22=11

Câu 4:

a) Chứng minh tứ giác MEBH nội tiếp đường tròn
Giải
AEB=900 ( Góc nộitiếp chắn nửa cung trịn )
Ta có ^

(

CDtại

0
^
MHB=90 AB H

)

→^
AEB + ^
MHB=900 +900 =1800=>tứ giác MEBH nội

tiếp đường trịn

b)Chứng minh: NC.ND=NB.NE
Giải:
Xét ΔNCE VÀ ΔNBD có
^
BNC chung

^
^
NCE= NBD ( Góc nộitiếp chắn cung DE )

NC

NE

ΔNBD (g.g) => NB = ND ↔ NC . ND=NE . NB (đpcm)

=>ΔNCE

c)Khi AC=R, xác định vị trí của M để 2AM+AE đạt giá trị nhỏ nhất
Giải:
Xét ΔOAC CÓ OA=OC=AC=R=> ΔOAC Là tam giác đều.
 H là trung điểm của OA => AH=1/2 OA=R/2
Đặt MH=x (0
√

2

Xét ΔAHM ta có AM = R + x2 →2 AM =√ R 2+ 4 x 2
4
Xét ΔAHM và ΔAEB có
^
BAE chung
^
AHM= ^
AEB=900
HM AH AM
ΔAEB (g.g) => BE = AE = AB

=>ΔAHM

R
.2 R
AH . AB
2
2 R2
AE=
=
=
=>
2
AM
R 2+ 4 x 2
√
R
2
+x
4

√

2 R2
=>2 AM + AE=√ R +4 x + 2
√ R + 4 x2
2

2


Áp dụng BĐT cơ si ta có:

√ R2 +4 x 2 +

2 R2

√ R 2+ 4 x

≥
2

Dấu “=” xảy ra

√

√ R2 +4 x2 .

2 R2

√ R2 +4 x 2

=2 √2 R

2

2

2R
R
R
2

2
2
2
↔ √R +4 x = 2
↔ R + 4 x =2 R ↔ x = ↔ x=
2
4
2
√R +4 x
2

2

 HM=R/2=> M là trung điểm của HD
3.Sở Bắc Giang

PHẦN II. TỰ LUẬN
Câu 1:
3 x−2 y=9

a) Giải hệ phương trình: { x−3 y =10
Giải:
Cách 1:

3 x−2 y=9
3 ( 10+3 y ) −2 y =9
30+9 y−2 y=9
7 y=−21
y=−3
{

↔{
↔{
↔{
↔{
x−3 y =10
x=10+3 y
x=10+ 3 y
x=1
x=10+3 y

Cách 2:
{3 x−2 y=9 ↔ { 3 x−2 y=9 ↔{ 7 y =−21 ↔ { y =−3
x−3 y =10
3 x−9 y =30
x=10+3 y
x=1

b) Rút gọn biểu thức:Q=

2
( √ x1−1 + x−1√ x ): ( √ x1+1 − 1−x
) với x≥0 và x≠1

Giải:
Q=

2
( √ x1−1 + x−1√ x ): ( √ x1+1 − 1−x
)
↔ Q=¿

(

↔ Q=

)(

√x +

1
2
√ x−1
:
+
√ x−1 √ x ( √ x−1 ) ( √ x +1 ) ( √ x −1 ) ( √ x+1 )( √ x−1 )

( √ √( √ ) ) ( ( √ √

↔ Q=

x +1
:
x x−1

x−1+ 2
x +1 ) ( √ x −1 )

)

)