Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024, VietJack biên soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu trúc ra đề Trắc nghiệm - Tự luận mới. Cùng với đó là các dạng bài tập hay có trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương pháp giải chi tiết. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp học sinh ôn luyện, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán. Show
Đề thi vào 10 môn Toán năm 2024 (có đáp án)Chỉ từ 150k mua trọn bộ Đề ôn thi vào 10 môn Toán năm 2024 bản word có lời giải chi tiết:
- Bộ đề thi vào 10 môn Toán Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng gồm 8 đề thi CHÍNH THỨC từ năm 2015 → 2023 có lời giải chi tiết giúp Giáo viên có thêm tài liệu ôn thi Toán vào 10 Hà Nội, Tp.HCM, Đà Nẵng: Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng - Bên cạnh đó là bộ 195 đề luyện thi Toán vào 10 có đầy đủ lời giải chi tiết: Xem thử Đề ôn vào 10 Quí Thầy/Cô có thể tìm thấy rất nhiều tài liệu ôn vào 10 môn Toán năm 2024 như chuyên đề, bài toán thực tế, bài toán cực trị, ....: Xem thử Tài liệu ôn vào 10 Thông tin chung kì thi vào lớp 10
Đề thi chính thức vào 10 Toán 2023- Đề vào 10 Toán các tỉnh năm 2023:
- Đề vào 10 Toán Chuyên năm 2023:
- Đề chung vào 10 Toán năm 2023:
I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên) Bộ Đề thi vào lớp 10 Toán năm 2024 có đáp án (Trắc nghiệm - Tự luận)
Đề thi thử Toán vào 10 năm 2024 (cả nước)
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán Hà Nội năm 2024 có đáp án
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán TP.HCM năm 2024 có đáp án
Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán Đà Nẵng năm 2024 có đáp án
II/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (chuyên)
III/ Các dạng bài tập ôn thi vào lớp 10 môn Toán Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán
Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng Sở Giáo dục và Đào tạo ..... Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi môn: Toán Năm học 2022 - 2023 Thời gian: 120 phút Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
Câu 2: (2,5 điểm)
Câu 3: (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến. Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC).
Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03 Câu 1:
B=4xx−3.x2−6x+9x =2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2 Câu 2:
đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a + b = 1 Yêu cầu bài toán a+b=−12a+b=1⇔a=2b=−3 Vậy hàm số phải tìm là y = 2x – 3.
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3; x2=5;
Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆' 0 ⇔ m−3≥0⇔m≥3 Với m≥3, theo định lí Vi–ét ta có: x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3 Theo bài ra: P=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2) Áp đụng định lí Vi–ét ta được: P=m2−m+3−2m=m2−3m+3 =m(m−3)+3 Vì m≥3 nên m(m−3)≥0 , suy ra P≥3. Dấu " = " xảy ra khi m = 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3. Câu 3: Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ. Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x > 0) Vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h) Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km) Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x + 35)(km) Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình: 7x + 1,5(x + 35) = 180 <=> 7x + 1,5x + 52,2 = 180 <=> 8,5x = 127,5 <=> x = 15 (thỏa mãn) Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h. Câu 4:
Suy ra: MOB^+MHB^=900+900=1800 \=> Tứ giác BOMH nội tiếp.
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM) và OMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2) Từ (1) và (2) suy ra: OHM^=OHB^ \=> HO là tia phân giác của MHB^ => MEBE=MHHB (3) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4) Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM5⇒ME.HM=BE.HC (đpcm)
⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MN là đường kính của đường tròn (O) nên MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒MKC^+MKN^=1800 \=> 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*) ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM. Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B) \=>HCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHM (theo (5) ) Suy ra: MCBN=MEBE . Mà EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) ⇒MEC^=BEN^, mà MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng) ⇒BEC^+BEN^=1800 \=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**) Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng \=> 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) Câu 5: ĐKXĐ: x≥2 Ta có: 5x2+27x+25−5x+1=x2−4 ⇔5x2+27x+25=5x+1+x2−4 ⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10(x+1)(x2−4) ⇔4x2+2x+4=10x+1)(x2−4)⇔2x2+x+2=5(x+1)(x2−4) (1) Cách 1: (1) ⇔x2−2x−44x2−13x−26=0 Giải ra được: x=1−5(loại); x=1+5(nhận); x=13+3658 (nhận); x=13−3658 (loại) Cách 2: (1) ⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2 (2) Đặt a=x2−x+2; b=x+2 (a≥0; b≥0) Lúc đó, phương trình (2) trở thành: 5ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔a−b2a−3b=0⇔a=b2a=3b (*) – Với a = b thì x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm) – Với 2a = 3b thì 2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x−26=0⇔x=13+3658 (tm)x=13−3658 (ktm) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x=1+5 và x=13+3658 . Sở Giáo dục và Đào tạo ..... Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi môn: Toán Năm học 2022 - 2023 Thời gian: 120 phút Sở Giáo dục và Đào tạo ..... Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi môn: Toán Năm học 2022 - 2023 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 < 0 D.0 < x ≤ 1 Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = 5 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây
Câu 3: Cho phương trình x – 2y = 2 (1). Phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm A.x + y = -1 B. x - y = -1 C.2x - 3y = 3 D.2x - 4y = -4 Câu 4: Tọa độ giao điểm của (P) y = x2 và đường thẳng (d) y = + 3
C.(-3; ) D.(2; 2) và (-3; ) Câu 5: Giá trị của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái dấu là:
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB : AC = 3 : 4 và đường cao AH bằng 9 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng HC bằng:
Câu 7: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O; 4cm) có OO' = 5 cm. Vị trí tương đối của 2 đường tròn là:
Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần
Phần II. Tự luậnBài 1: (2 điểm)
Bài 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2mx – 2m + 1
Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: Tìm x để A < 0 Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có dây cung CD cố định. Gọi M là điểm nằm chính giữa cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.
Phần I. Trắc nghiệm1.C2.D3.A4.D 5.B6.A7.D8.B Phần II. Tự luậnBài 1:
Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở thành t2 - 3t - 4 = 0 Δ = 32 - 4.(-4) = 25> 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt : Do t ≥ 3 nên t = 4 Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± 1 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2mx – 2m + 1
Bảng giá trị (P) : y = x2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận Oy làm trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh và điểm thấp nhất
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) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Δ' > 0 ⇔ (m - 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1 Khi đó (d) cắt (P) tại 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 bằng 2 nên 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 điều kiện m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn. Bài 3: A > 0 ⇔ \> 0 ⇔ 5 - 5√x > 0 ⇔ √x < 1 ⇔ x < 1 Vậy A > 0 khi 0 < x < 1 Bài 4:
\=> ∠KIN = 90o Xét tứ giác IKEN có: ∠KIN = 90o ∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=> ∠KIN + ∠KEN = 180o \=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp
∠NME là góc chung ∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) \=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g) \=>EI.MN = NK.ME
ME ⊥ NP; PI ⊥ MN ME giao PI tại K \=> K là trực tâm của tam giác MNP \=> ∠NQP = 90o Xét tứ giác NIQP có: ∠NQP = 90o ∠NIP = 90o \=> 2 đỉnh Q, I cùng nhìn cạnh NP dưới 1 góc bằng nhau \=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp \=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1) Mặt khác IKEN là tứ giác nội tiếp \=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2) Từ (1) và (2) \=> ∠QIP = ∠KIE \=> IE là tia phân giác của ∠QIE
Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) \=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E \=> EN là đường trung trực của CH Xét đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại I \=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND EN là đường trung trực của CH => NC = NH \=> N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH \=> H ∈ (N, NC) Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định Sở Giáo dục và Đào tạo ..... Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi môn: Toán Năm học 2022 - 2023 Thời gian: 120 phút Bài 1 : ( 1,5 điểm)
Bài 2 : ( 1,5 điểm)
2x2 – (3m + 2)x + 12 = 0 4x2 – (9m – 2)x + 36 = 0
(1; -1) và (3; 5) Bài 3 : ( 2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau. Bài 4 : ( 3,5 điểm)
Bài 5 : ( 1 điểm)
0 < a + b ≤ 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Đáp án và Hướng dẫn giải Bài 1 : 2)
Để M nguyên thì nguyên <=> √x - 1 ∈ Ư (2) <=> √x - 1 ∈ {±1; ±2} Ta có bảng sau: √x-1 - 2 -1 1 2 √x -1 0 2 3 x Không tồn tại x 0 4 9 Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận giá trị nguyên. Bài 2 : 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 (*) có nghiệm <=>6 - 3m ≠ 0 <=> m ≠ 2 Khi đó, phương trình có nghiệm: Theo cách 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 có nghiệm chung và nghiệm chung là 4
(1; -1) và (3; 5) Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; -1) và (3; 5) nên ta có: Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3 Bài 3 :
x2 - 2x - 11 = 0 Δ' = 1 + 11=12 => √(Δ') = 2√3 Phương trình có nghiệm: x1 = 1 + 2√3 x2 = 1 - 2√3 Vậy hệ phương trình có 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 có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 - 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 có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 0 và m = 1. Gọi số lượng xe được điều đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N) \=>Khối lượng hàng mỗi xe chở là: (tấn) Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên mỗi xe phải chở: Khi đó ta có phương trình: .(x-2)=90 \=>(180 + x)(x - 2) = 180x <=>x2 - 2x - 360 = 0 Vậy số xe được điều đến là 20 xe Bài 4 :
∠BDH = 90o (AD là đường cao) ∠BFH = 90o (CF là 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 đường cao) \=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông \=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp
∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=>KB⊥AB Mà CH⊥AB (CH là đường cao) \=> KB // CH Tương tự: ∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \=>KC⊥AC BH⊥AC (BH là đường cao) \=> HB // CK Xét tứ giác BKCF có: KB // CH HB // CK \=> Tứ giác BKCH là hình bình hành \=> Hai đường chéo BC và KH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường \=> HK đi qua 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 tuyến \=> OM là tia phân giác của ∠BOC \=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC ) Xét tam giác MOC vuông tại M có: OM = OC.cos(MOC) = OC.cos60o= OC = OA (2) Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có bán kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cm Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2πR2 + 2πRh = 2π22 + 2π.2.3 = 20π (cm2 ) Bài 5:
Ta có: a3 + b3 = 2 > 0 ⇒ a3 > - b3 ⇒ a > - b ⇒ a + b > 0 (1) Nhân cả 2 vế của (1) với (a - b)2 ≥ 0 ∀ a,b ta được: (a + b)(a - b)2 ∀ 0 ⇔ (a2 - b2)(a - b) ∀ 0 ⇔ a3 - a2b - ab2 + b3 ∀ 0 ⇔ a3 + b3 ∀ ab(a + b) ⇔ 3(a3 + b3 ) ∀ 3ab(a + b) ⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ (a + b)3 ⇔ (a + b)3 ≤ 8 ⇔ a + b ≤ 2 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh b) Ta có: Ta lại có: ,dấu bằng xảy ra khi y=2x ,dấu bằng xảy ra khi z=4x ,dấu bằng xảy ra khi z=2y Vậy giá trị nhỏ nhất của P là Xem thử Đề ôn vào 10 Xem thử Đề vào 10 Hà Nội Xem thử Đề vào 10 TP.HCM Xem thử Đề vào 10 Đà Nẵng Đã có lời giải bài tập lớp 10 sách mới:
Săn shopee siêu SALE :
ĐỀ THI, GIÁO ÁN, KHÓA HỌC DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 9Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi dành cho giáo viên và khóa học dành cho phụ huynh tại https://tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85 Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.  Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube: Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán. Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn. |
