Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT năm học 2022-2023 môn Toán - SGD&ĐT Khánh Hòa (Có đáp án)

1. Trang 2 Bảng giá trị của hàm số y = x2. y x −2 −1 0 1 2 4 (P ) y = x2 4 1 0 1 4 3 2 1 −2 −1 O 1 2 x b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d) là x2 = 2x − m + 3 ⇔ x2 − 2x + m − 3 = 0. (1) Ta có ∆′ = (−1)2 − m + 3 = 4 − m. (P ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔ 4 − m > 0 ⇔ m < 4. Theo định lí Vi-ét, ta có x1 + x2 = 2; x1x2 = m − 3. Theo đề bài ta có 2 2 x1(x2 + 2) + x2(x1 + 2) ≤ 10 2 2 2 2 ⇔ x1x2 + 2x1 + x1x2 + 2x2 ≤ 10 2
   ⇔ x1x2(x1 + x2) + 2 (x1 + x2) − 2x1x2 ≤ 10. Suy ra (m − 3) · 2 + 2(22 − 2(m − 3)) ≤ 10 ⇔−2m ≤−4 ⇔ m ≥ 2. Kết hợp điều kiện m < 4, suy ra 2 ≤ m < 4. Do m ∈ Z nên m = 2; m = 3. □ Ą Bài 5 Nhằm đáp ứng như cầu sử dụng khẩu trang chống dịch COVID-19, theo kế hoạch, hai tổ sản xuất của một nhà máy dự định làm 720000 khẩu trang. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt kế hoạch 15% và tổ II vượt kế hoạch 12%, vì vậy họ đã làm được 819000 khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch số khẩu trang của mỗi tổ sản xuất là bao nhiêu? ɓ Lời giải. Gọi x (khẩu trang) là số khẩu trang của tổ I sản xuất theo kế hoạch (x ∈ N∗). Gọi y (khẩu trang) là số khẩu trang của tổ II sản xuất theo kế hoạch (y ∈ N∗). Theo đề bài, ta có phương trình x + y = 720000. 1 Thực tế, tổ I sản xuất được 115%x (khẩu trang); tổ II sản xuất được 112%x (khẩu trang). Theo đề bài, ta có phương trình 115%x + 112%y = 819000 2 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình ®x + y = 720000 ®x + y = 720000 ⇔ 115%x + 112%y = 819000 115x + 112y = 81900000 ®115x + 115y = 82800000 ®115x + 112y = 81900000 ®x = 420000 ⇔ ⇔ ⇔ 115x + 112y = 81900000 3y = 900000 y = 300000. Đối chiếu điều kiên trên, ta được x = 420000; y = 300000. Vậy số khẩu trang tổ I sản xuất theo kế hoạch là 420000 khẩu trang; tổ II sản xuất theo kế hoạch là 300000 khẩu trang.
2. Trang 4 1 1 √ √ Diện tích △ABF là S = · BC · AF = · 3 · 4 3 = 6 3 cm2. 3 2 2 Diện tích phần tam giác ABF nằm bên ngoài đường tròn (O; 3 cm) là √ √ √ √ 3π 9 3 15 3 3π 15 3 − 6π S = S − S − S = 6 3 − − = − = ≈ 1, 78 cm2. 3 1 2 2 4 4 2 4 d) Đặt OE = a; CE = b. Ta có (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab ⇔ a2 + b2 + a2 + b2 ≥ 2ab + a2 + b2 ⇔ 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2. Ta có bất đẳng thức (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) Trong △OEC (E“ = 90◦), ta có OE2 + CE2 = OC2, suy ra a2 + b2 = 32. 2 2 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng√ thức (a + b) ≤ 2(a + b ) và ta có a + b = 3 . Suy ra a + b ≤ 3 2. √ Do đó chu vi tam giác CEO là OE + CE + OC = a + b + 3 ≤ 3 2 + 3. Dấu bằng xảy ra khi a = b ⇔△OEC vuông cân tại E ⇔ EOC’ = 45◦ ⇔ sđ BC˜ = 45◦. ◦ Vậy điểm√ C nằm trên nửa đường tròn sao cho BOC’ = 45 thì chu vi tam giác OCE lớn nhất là 3 + 3 2 (cm). □