Bộ 12 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán Hải Phòng (Có đáp án)

ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2023-2024
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: Cho biểu thức:
A=38-50-(2-1)2
B=3x+6x-4+xx-2:x-9x-3 với x≥0,x≠4,x≠9
a) Rút gọn biểu thức A và B.
b) Tìm x sao cho A-2 B=3.
Câu 2: Giải hệ phương trình 2(x-3)+3(3x+y)=-11(x-3)-2(3x+y)=5.
Câu 3: Một quyển vở giá 14000 đồng, một hộp bút giá 30000 đồng. Minh muốn mua 01 hộp bút và một số quyển vở.
a) Gọi xx∈N* là số quyển vở Minh mua, y là số tiền cần trả khi mua x quyển vở và 01 hộp bút. Hãy biểu diễn y theo x.
b) Nếu Minh có 300000 đồng để mua vở và 01 hộp bút thì Minh mua được tối đa bao nhiêu quyển vở?
Câu 4: Cho phương trình x2-2m-1x+m2-9=0 (1) (x là ẩn, m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m=-3.
b, Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2m-10
Câu 5: Một trường học có mảnh vườn hình chữ nhật chu vi là 100m. Nhà trường tiến hành mở rộng mảnh vườn bằng cách tăng chiều dài thêm 5m và chiều rộng thêm 4m, khi đó diện tích tăng 240m2. Tính chiều dài và chiều rộng mảnh vường trước khi mở rộng.
Câu 6: Một chi tiết máy gồm một phần có dạng hình trụ, phần còn lại có dạng hình nón với các kích thước như hình 1. Biết rằng phần hình trụ có chu vi đáy là 37,68cm. Tính thể tích của chi tiết máy đó (lấy π≈3,14; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2).
Câu 7: Cho đường tròn (O;R) và điểm A sao cho OA > 2R, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là các tiếp điểm), kẻ dây cung BD song song với AC. Đường thẳng AD cắt (O; R) tại điểm E ( E ≠ D ). Gọi I là trung điểm của DE.
a) Chứng minh năm điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng BC cắt OA, AD lần lượt tại H và K. Gọi F là giao điểm của BE và AC. Chứng minh AK, AI
Câu 8: Cho các số thực a,b thoả mãn: a>0, b>0 và (a+b)3=21-a2-b2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=1ab+1a2+b2.
-----HẾT-----
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH): 
Phương pháp: 
a) Khai phương căn bậc hai và rút gọn 
b) Tìm mẫu số chung, quy đồng và rút gọn biểu thức 
Cách giải: 
a) Rút gọn biểu thức A và B.
+ Ta có: 
A=38-50-(2-1)2
⇔A=322.2-52.2-|2-1|
⇔ A=3.22-52-(2-1)(do2-1>0)
⇔A=62-52-2+1
⇔A=(6-5-1)2+1
⇔ A=1.
Vậy A=1.
+) Với x≥0,x≠4,x≠9 ta có:
B=3x+6x-4+xx-2:x-9x-3
⇔B=3x+2x+2x-2+xx-2:x-9x-3
⇔B=3x-2+xx-2:(x+3)(x-3)x-3
⇔B=3+xx-2:(x+3)
⇔B=3+xx-2.1x+3
⇔B=1x-2
Vậy với x≥0,x≠4,x≠9 thì B=1x-2.
b) Tìm x sao cho A-2B=3.
Ta có
A-2B=3
⇔1-2.1x-2=3
⇔2.1x-2=1-3
⇔2.1x-2=-2
⇔1x-2=-1
⇔x-2=-1
⇔x=1
⇔x=1(tm)
Vậy x=1.
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
Đặt ẩn phụ hoặc nhân phá ngoặc đưa về dạng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
Cách giải:
Giải hệ phương trình 2x-3+33x+y=-11x-3-23x+y=5.
Cách 1:
Đặt: x-3=a3x+y=b. Khi đó hệ phương trình trở thành: 2a+3b=-11a-2b=5
⇔2a+3b=-112a-4b=10⇔a=5+2b7b=-21⇔a=-1b=-3
Suy ra x-3=-13x+y=-3⇔x=2y=-3-3x⇔x=2y=-9
Cách 2:
2(x-3)+3(3x+y)=-11(x-3)-2(3x+y)=5 ⇔2x-6+9x+3y=-11x-3-6x-2y=5 ⇔11x+3y=-5-5x-2y=8
⇔11x+3y=-5y=-8+5x2=-4-52x
Thay y=-4-52x vào (1) ta có:
11x+3.-4-52x=-5⇔11x-12-152x=-5⇔72x=7⇔x=2.
Với x=2 thì y=-4-52.2=-9.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: (x;y)=(2;-9).
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
a) Biểu diễn giá tiền khi mua x quyển vờ và một hộp bút
b) Lập bất phương trình giá tiền cần trả nhỏ hơn 300000 và giải bất phương trình.
Cách giải:
a) Gọi xx∈N* là số quyển vở Minh mua, y là số tiền cần trả khi mua x quyền vở và 01 hộp bút. Hãy biểu diễn y theo x.
Giá tiền khi mua x quyển vở và một hộp bút là: 14000 x + 30000 (đồng). 
Vì y là số tiền mua x quyển vở và một hộp bút nên y = 14000x + 30000. 
b) Nếu Minh có 300000 đồng để mua vở và 01 hộp bút thì Minh mua được tối đa bao nhiêu 
quyển vở? 
Gọi a (a ∈ N ) là số quyển vở tối đa Minh mua. 
Số tiền Minh phải trả khi mua 01 hộp bút và a quyển vở là: 14000. a + 30000.
Vì Minh chỉ có 300000 đồng nên số tiền phải trả nhỏ hơn hoặc bằng 300000 đồng
Ta có:
14000.a+30000≤300000
⇔14000.a≤300000-30000
⇔14000.a≤270000
⇔a≤270000:14000
⇔a≤1357≈19,29
Vậy số vở tối đa Minh có thể mua là 19 quyền.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
a) Thay m=-3 và giải phương trình bậc hai
b) áp dụng hệ thức Viet giải hệ phương trình x1+x2=-bax1-x2=2m-10 và thay x1,x2 vào x1-x2=ca.
Cách giải:
1. Cho phương trình x2-2(m-1)x+m2-9=0 (1) (x là ẩn, m là tham số )
a) Giải phương trình (1) khi m=-3.
Thay m=-3 vào (1) ta được:
x2-2(-3-1)x+(-3)2-9=0⇔x2+8x=0
⇔x(x+8)=0
⇔x=0x=-8
Vậy với m=-3 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=0 hoặc x=-8.
b, Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện 
x1-x2=2m-10
+ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔Δ'=[-(m-1)]2-m2+9>0
⇔m2-2m+1-m2+9>0
⇔-2m+10>0
⇔m<5
Theo hệ thức Vi-ét: x1+x2=2(m-1)x1.x2=m2-9(*)
+ Ta có: x1+x2=2(m-1)⇒x1=2(m-1)-x2 thay vào x1-x2=2m-10 ta được:
2(m-1)-x2-x2=2m-10
⇔2(m-1)-2x2=2(m-5)
⇔m-1-x2=m-5
⇒x2=4
⇒x1=2(m-1)-4=2m-6
Thay vào (*) ta được:
2m-6.4=m2-9
⇔m2-8m+15=0
⇔m2-3m-5m+15=0
⇔mm-3-5m-3=0
⇔(m-3)(m-5)=0
⇔m=3(tm)m=5(Ktm)
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x, biểu diễn chiều rộng, diện tích hình chữ nhật theo x và lập phương trình tìm x.
Cách giải:
Gọi chiều dài mảnh vườn trước khi mở rộng là x(m)(YK:050).
Nửa chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là 100:2=50( m).
Suy ra, chiều rộng mảnh vườn trước khi mờ rộng là: 50-x( m).
⇒ Diện tích mảnh vườn trước khi mở rộng là x. (50-x)m2.
Chiều dài mảnh vườn sau khi mở rộng là x+5( m).
Chiều rộng mảnh vườn sau khi mở rộng là 50-x+4=54-x( m).
Suy ra, diện tích mảnh vườn sau khi mở rộng là x+5.(54-x)m2.
Do diện tích sau khi mở rộng tăng 240 m2 so với diện tích mảnh vườn ban đầu, nên ta có phương trình:
x+5.54-x-x.(50-x)=240
⇔54x-x2+270-5x-50x+x2=240
⇔-x+270=240
⇒x=30 (TMĐK) 
Vậy chiều dài mành vườn trước khi mở rộng là 30 m
Câu 6 (VD): 
Phương pháp: 
Gọi R là bán kính đường tròn đáy của hình trụ và hình nón. Lập phương trình chu vi và giải phương trình. 
Cách giải: 
Gọi R là bán kính đường tròn đáy của hình trụ và hình nón. 
Ta có đáy hình trụ là hình tròn có chu vi là 37,68 cm nên ta có:
2πR=37,68
⇔2.3,14.R=37,68
⇔R=37,682.3,14=6
Thể tích phần hình trụ là: Vht=πR2hht=3,14.62.(2.6)=1356,48 cm3
Thể tích phần hình nón là: Vhn=13πR2hhnt=133,14.62.6=226,08 cm3
Thể tích của chi tiết máy đó là: V=Vht+Vhn=1356,48+226,08=1582,56 cm3
Vậy thể tích của chi tiết máy là 1582,56 cm3.
Câu 7 (VD):
Cách giải:
a) Chứng minh năm điểm A,B,I,O,C cùng thuộc một đường tròn.
Do AB,AC là tiếp tuyến nên AB⊥OB,AC⊥OC (định nghĩa)
⇒∠ACO=∠ABO=90∘⇒∠ABO+∠ACO=90∘+90∘=180∘
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên OCAB nội tiếp hay O,C,A,B cùng thuộc một đường tròn	 (1)
Do I là trung điểm của DE nên OI⊥DE (tính chất đường kính vuông góc với dây cung)
⇒∠OLA=90∘⇒∠OLA+∠OCA=90∘+90∘=180∘
Mà 2 góc này ờ vị trí đối diện nên OIAC nội tiếp hay O,I,A,C cùng thuộc một đường tròn	 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A,B,I,O,C cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
b) Đường thẳng BC cắt OA,AD lần lượt tại H và K. Gọi F là giao điểm của BE và AC. Chứng minh AK.AI=AH.AO và tam giác AFE đồng dạng với tam giác BFA.
Ta có AB=AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒A thuộc trung trực của BC
OB=OC (bằng bán kính) ⇒O thuộc trung trực của BC.
⇒AO là trung trực cùa BC hay AO⊥BC tại H
Xét tam giác ABO vuông tại B, đường cao BH nên:
AB2=AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 	(3)
Ta có ∠BIA=∠BCA (hai góc nội tiếp chắn cung AB)⇒∠BIA=∠ABC(=∠BCA).
Xét △ABK và △AIB có:
∠BAI chung
∠BLA=∠ABC=∠ABK(cmt)
⇒△ABK∼△AIB( gg)⇒ABAI=AKAB (cặp cạnh tương ứng ti lệ).
⇔AB2=AK.AI 	(4)
Từ (3) và (4) suy ra AK.AI=AH.AO=AB2 (đpcm)
Do BD∥AC(gt)⇒∠BDA=∠DAC (so le trong)
Mà ∠BDA=∠ABF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và đây cung cùng chắn cung BE )
⇒∠DAC=∠ABF(=∠BDA)=∠EAF. 
Xét △AFE và △BFA có:
∠BFA chung
∠EAF=∠ABF(cmt)
⇒△AFE∼△BFA( g.g)( đpcm)
c) Chứng minh ba đường thẳng AB,CD,FK đồng quy.
Do △AFE∼△BFA(cmt)⇒FAFB=FEFA (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒FA2=FB.FE
Xét △FEC và △FCB có ∠CFB chung và ∠FCE=∠CBF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CE ).
⇒△FEC∼△FCB(g.g)⇒FCFB=FEFC (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒FC2=FE.FB
⇒FC=FA⇒F là trung điểm của AC.
Gọi M là giao điểm của DC và AB,N là giao điểm của MF và BD.
Do BD∥AC(gt)⇒DNFC=BNFA=MNMF (định lí Ta-lét) ⇒DN=BN (do FC=FA )
Gọi K' là giao điểm của NF và BC⇒BK'CK'=BNCF (Định li Ta-lét) 	(5)
Mà BNCF=2BN2CF=BDAC=BKCK 	(6)
Từ (5) và (6) suy ra K,K' cùng nằm trên đoạn BC và BKCK=BK'CK'=BDAC⇒K=K'
Chứng tȯ M,N,K,F thẳng hàng hay ba đường thẳng AB,CD,FK đồng quy tại M.
Câu 8 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đằng thức Cosi
Cách giải: 
Theo bài ra ta có:
(a+b)3=21-a2-b2
⇔(a+b)3+2a2+2b2-2=0
⇔(a+b)3+a2+2ab+b2+a2-2ab+b2-2=0
⇔(a+b)3+(a+b)2+(a-b)2-2=0
⇔(a+b)3+(a+b)2-2=-(a-b)2
 Vì (a-b)2≥0⇒-(a-b)2≤0 nên (a+b)3+(a+b)2-2≤0
Đặt x=a+b>0. Khi đó (1) trở thành: x3+x2-2≤0
⇔x3-x2+2x2-2x+2x-2≤0
⇔x2(x-1)+2x(x-1)+2(x-1)≤0
⇔(x-1)x2+2x+2≤0
⇔(x-1)(x+1)2+1≤0
⇔x-1≤0do(x+1)2+1>0∀x
⇔x≤1
Do x>0 nên ta có: 0<x≤1 hay 0<a+b≤1⇒1≥a2+b2+2ab.
Khi đó: M≥a2+b2+2ab.M=a2+b2+2abab+a2+b2+2aba2+b2
⇒M≥a2+b2ab+2+2aba2+b2+1=a2+b2ab+2aba2+b2+3=a2+b22ab+a2+b22ab+2aba2+b2+3
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
a2+b2≥2ab⇒a2+b22ab≥2ab2ab=1
2aba2+b2+a2+b22ab≥22aba2+b2.a2+b22ab=2
Suy ra: M≥1+2+3=6. Dấu " = " xảy ra khi và chi khi a=b=12.
Vậy giá trị nhỏ nhất cu̇a M=6 khi a=b=12.
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang, 05 bài)
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2023-2024
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho biểu thức A=x+2xx+1+xx-x+1-1x+1:x+12x( với x>0 ).
Rút gọn biểu thức A và chứng minh A≤2.
b) Cho phương trình: x2-2(a+1)x+a2-2a+1=0(x là ẩn, a là tham số). Chứng minh nếu a là số chính phương thì phương trình đã cho có hai nghiệm cũng là những số chính phương.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3x2+4x+63x2+4x+5=27x3+3x.
b) Giải hệ phương trình: y(x+1+x)=1y+4y=x2+3x-3-2(x+1)x.
Bài 3. (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọ