Lớp 1

Lớp 2

Lớp 2 - liên kết tri thức

Lớp 2 - Chân trời sáng tạo

Lớp 2 - Cánh diều

Tài liệu tham khảo

Lớp 3

Sách giáo khoa

Tài liệu tham khảo

Sách VNEN

Lớp 4

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Lớp 5

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Lớp 6

Lớp 6 - kết nối tri thức

Lớp 6 - Chân trời sáng tạo

Lớp 6 - Cánh diều

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

Lớp 7

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 8

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài bác tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

Lớp 9

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

Lớp 10

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 11

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Đề thi

Chuyên đề & Trắc nghiệm

Lớp 12

Sách giáo khoa

Sách/Vở bài xích tập

Đề thi

Chuyên đề và Trắc nghiệm

IT

Ngữ pháp giờ Anh

Lập trình Java

Phát triển web

Lập trình C, C++, Python

Cơ sở dữ liệu


*

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 gồm đáp án

Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được công dụng cao vào kì thi tuyển sinh vào lớp 10, girbakalim.net soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu trúc ra đề Trắc nghiệm - từ luận mới. Với đó là những dạng bài bác tập hay có trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với cách thức giải bỏ ra tiết. Hi vọng tài liệu này để giúp học sinh ôn luyện, củng cố kỹ năng và sẵn sàng tốt mang lại kì thi tuyển chọn sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022.

Bạn đang xem: Đề ôn tuyển sinh lớp 10 môn toán

I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 gồm đáp án (Trắc nghiệm - từ bỏ luận)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 tất cả đáp án (Tự luận)

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP tp hà nội năm 2021 - 2022 bao gồm đáp án

II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)

III/ các dạng bài bác tập ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Sở giáo dục và đào tạo và Đào tạo nên .....

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm)

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức

*
là:

A.x ≠ 0 B.x ≥ 1 C.x ≥ 1 hoặc x 2 và mặt đường thẳng (d) y =

*
+ 3

A. (2; 2)B. ( 2; 2) và (0; 0)

C.(-3; ) D.(2; 2) cùng (-3; )

Câu 5: quý giá của k nhằm phương trình x2 + 3x + 2k = 0 gồm 2 nghiệm trái lốt là:

A. K > 0B. K 2 D. K (2 điểm)

1) Thu gọn biểu thức

*

2) giải phương trình cùng hệ phương trình sau:

a) 3x2 + 5x - 8 = 0

b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

*

Bài 2: (1,5 điểm) Trong phương diện phẳng tọa độ Oxy mang đến Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) cùng với m = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên và một hệ trục tọa độ

b) kiếm tìm m để (d) và (P) giảm nhau tại 2 điểm rành mạch : A (x1; y1 );B(x2; y2) sao cho tổng những tung độ của nhị giao điểm bằng 2 .

Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

*

Tìm x để A (3,5 điểm) mang đến đường tròn (O) có dây cung CD cố kỉnh định. Hotline M là điểm nằm ở trung tâm cung nhỏ dại CD. Đường kính MN của con đường tròn (O) cắt dây CD trên I. đem điểm E ngẫu nhiên trên cung khủng CD, (E không giống C,D,N); ME cắt CD trên K. Các đường thẳng NE và CD giảm nhau trên P.

a) chứng tỏ rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) hội chứng minh: EI.MN = NK.ME

c) NK cắt MP trên Q. Chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ

d) trường đoản cú C vẽ đường thẳng vuông góc với EN giảm đường thẳng DE trên H. Minh chứng khi E di động cầm tay trên cung mập CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy bên trên một đường cụ định.

Phần I. Trắc nghiệm

1.C2.D3.A4.D
5.B6.A7.D8.B

Phần II. Từ luận

Bài 1:

*

2) a) 3x2 + 5x - 8 = 0

Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

*

Vậy phương trình vẫn cho bao gồm tập nghiệm là S =

*

b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4

Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở nên

t2 - 3t - 4 = 0

Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0

Phương trình gồm 2 nghiệm rành mạch :

*

Do t ≥ 3 yêu cầu t = 4

Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1

Vậy phương trình đã cho bao gồm 2 nghiệm x = ± 1

*

Bài 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và con đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) với m = 1; (d): y = 2x – 1

Bảng cực hiếm

x01
y = 2x – 1-11

(P) : y = x2

Bảng giá bán trị

x -2 -1 0 1 2
y = x2 4 1 0 1 4

Đồ thị hàm số y = x2 là con đường parabol nằm bên trên trục hoành, thừa nhận Oy làm cho trục đối xứng với nhận điểm O(0; 0) là đỉnh với điểm thấp nhất

*

b) mang đến Parabol (P) : y = x2 và mặt đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x2 = 2mx - 2m + 1

⇔ x2 - 2mx + 2m - 1 = 0

Δ" = m2 - (2m - 1)=(m - 1)2

(d) với (P) giảm nhau trên 2 điểm rõ ràng khi còn chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm khác nhau

⇔ Δ" > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1

Khi đó (d) cắt (P) trên 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m

Từ giả thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bởi 2 bắt buộc ta có:

2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2

⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2

⇔ 4m2 - 4m = 0 ⇔ 4m(m - 1) = 0

*

Đối chiếu với đk m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn.

Bài 3:

*

A > 0 ⇔

*
> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x 0 khi 0 ∠KIN = 90o

Xét tứ giác IKEN có:

∠KIN = 90o

∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn)

=> ∠KIN + ∠KEN = 180o

=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp

b) Xét ΔMEI cùng ΔMNK có:

∠NME là góc chung

∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)

*
=>EI.MN = NK.ME

c) Xét tam giác MNP có:

ME ⊥ NP; PI ⊥ MN

ME giao PI trên K

=> K là trực trọng điểm của tam giác MNP

=> ∠NQP = 90o

Xét tứ giác NIQP có:

∠NQP = 90o

∠NIP = 90o

=> 2 đỉnh Q, I cùng chú ý cạnh NP dưới 1 góc đều bằng nhau

=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp

=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp thuộc chắn cung PQ)(1)

Mặt không giống IKEN là tứ giác nội tiếp

=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2)

Từ (1) với (2)

=> ∠QIP = ∠KIE

=> IE là tia phân giác của ∠QIE

d) Ta có:

*

Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bởi nhau)

=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân nặng tại E

=> EN là con đường trung trực của CH

Xét mặt đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc cùng với dây CD tại I

=> NI là mặt đường trung trực của CD => NC = ND

EN là con đường trung trực của CH => NC = NH

=> N là trung ương đường tròn nước ngoài tiếp tam giác DCH

=> H ∈ (N, NC)

Mà N, C cố định => H thuộc con đường tròn cố định

Sở giáo dục đào tạo và Đào sinh sản .....

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10

Đề thi môn: Toán

Năm học tập 2021 - 2022

Thời gian: 120 phút

Bài 1 : ( 1,5 điểm)

1) Rút gọn gàng biểu thức sau:

*

2) mang đến biểu thức

*

a) Rút gọn gàng biểu thức M.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị khớp ứng của M nguyên.

Bài 2 : ( 1,5 điểm)

1) search m nhằm hai phương trình sau có tối thiểu một nghiệm chung:

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết con đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

1) mang lại Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - 6 = 0

a) giải phương trình lúc m = - 1

b) tìm m nhằm 2 nghiệm x1 cùng x2 thỏa mãn hệ thức: 4x1 + 3x2 = 1

2) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một công ty vận tải đường bộ điều một số xe thiết lập để chở 90 tấn hàng. Lúc tới kho hàng thì có 2 xe cộ bị hỏng đề xuất để chở không còn số hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe pháo được điều mang đến chở hàng là từng nào xe? Biết rằng khối lượng hàng chở sinh sống mỗi xe cộ là như nhau.

Bài 4 : ( 3,5 điểm)

1) mang đến (O; R), dây BC cố định không đi qua tâm O, A là vấn đề bất kì bên trên cung to BC. Tía đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau trên H.

a) chứng tỏ tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp

b) K là vấn đề đối xứng của A qua O. Chứng tỏ HK trải qua trung điểm của BC

c) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Chứng tỏ Δ AHO cân nặng

2) Một hình chữ nhật có chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng xung quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích s toàn phần của hình trụ.

Bài 5 : ( 1 điểm)

1) mang đến a, b là 2 số thực làm thế nào để cho a3 + b3 = 2. Bệnh minh:

0 √x - 1 ∈ Ư (2)

√x - 1 ∈ ±1; ±2

Ta bao gồm bảng sau:

√x-1- 2-112
√x-1023
xKhông lâu dài x049

Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận cực hiếm nguyên.

Xem thêm: Tại Sao Nhà Lý Lại Giao Các Chức Vụ Quan Trọng Cho Những Người Thân Cận Nắm Giữ

Bài 2 :

1)

2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0

Đặt y = x2,khi đó ta có:

*

Giải (*):

(6 - 3m)x = -12

Phương trình (*) gồm nghiệm 6 - 3m ≠ 0 m ≠ 2

Khi đó, phương trình gồm nghiệm:

*

Theo phương pháp đặt, ta có: y = x2

*

=>16(m-2) = 16

m = 3

Thay m= 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:

*

Vậy khi m =3 thì hai phương trình trên gồm nghiệm phổ biến và nghiệm chung là 4

2) Tìm hệ số a, b của mặt đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên trải qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Đường trực tiếp y = ax + b trải qua hai điểm (1; -1) với (3; 5) đề xuất ta có:

*

Vậy con đường thẳng phải tìm là y = 2x – 3

Bài 3 :

1) mang lại Phương trình : x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

a) khi m = -1, phương trình trở thành:

x2 - 2x - 11 = 0

Δ" = 1 + 11=12 => √(Δ") = 2√3

Phương trình gồm nghiệm:

x1 = 1 + 2√3

x2 = 1 - 2√3

Vậy hệ phương trình tất cả tập nghiệm là:

S =1 + 2√3; 1 - 2√3

b)

x2 + (m - 1)x + 5m - 6 = 0

Ta có:

Δ = (m - 1)2 - 4(5m - 6)

Δ = m2 - 2m + 1 - 20m + 24 = m2 - 22m + 25

Phương trình gồm hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ mét vuông - 22m + 25 ≥ 0,(*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

*

Theo đề bài ta có:

4x1 + 3x2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1

⇔ x1 + 3(1 - m) = 1

⇔ x1= 3m - 2

=> x2 = 1 - m - x1 = 1 - m - (3m - 2) = 3 - 4m

Do đó ta có:

(3m - 2)(3 - 4m) = 5m - 6

⇔ 9m - 12m2 - 6 + 8m = 5m - 6

⇔ - 12m2 + 12m = 0

⇔ -12m(m - 1) = 0

*

Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn

Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn

Vậy tất cả hai giá trị của m vừa lòng bài toán là m = 0 và m = 1.

2)

Gọi con số xe được điều mang lại là x (xe) (x > 0; x ∈ N)

=>Khối lượng mặt hàng mỗi xe cộ chở là:

*
(tấn)

Do tất cả 2 xe pháo nghỉ đề nghị mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên mỗi xe phải chở:

*

Khi đó ta bao gồm phương trình:

*
.(x-2)=90

=>(180 + x)(x - 2) = 180x

x2 - 2x - 360 = 0

*

Vậy số xe pháo được điều cho là trăng tròn xe

Bài 4 :

*

a) Xét tứ giác BDHF có:

∠BDH = 90o (AD là con đường cao)

∠BFH = 90o (CF là mặt đường cao)

=>∠BDH + ∠BFH = 180o

=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCEF có:

∠BFC = 90o (CF là đường cao)

∠BEC = 90o (BE là con đường cao)

=> 2 đỉnh E cùng F cùng quan sát cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

b) Ta có:

∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KB⊥AB

Mà CH⊥AB (CH là con đường cao)

=> KB // CH

Tương tự:

∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa mặt đường tròn)

=>KC⊥AC

BH⊥AC (BH là mặt đường cao)

=> HB // ck

Xét tứ giác BKCF có:

KB // CH

HB // CK

=> Tứ giác BKCH là hình bình hành

=> hai đường chéo BC với KH cắt nhau trên trung điểm mỗi mặt đường

=> HK đi qua trung điểm của BC

c) call M là trung điểm của BC

Xét tam giác AHK có:

O là trung điểm của AK

M là trung điểm của BC

=> OM là đường trung bình của tam giác AHK

=> OM = AH (1)

ΔBOC cân tại O có OM là trung đường

=> OM là tia phân giác của ∠BOC

=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )

Xét tam giác MOC vuông tại M có:

OM = OC.cos⁡(MOC) = OC.cos⁡60o= OC = OA (2)

Từ (1) cùng (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A

2)

Quay hình chữ nhật vòng xung quanh chiều dài được một hình trụ có nửa đường kính đáy là R= 2 cm, độ cao là h = 3 cm