Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng chính thức (2022) có đáp án

Chỉ 100k mua trọn bộ Đề thi vào 10 môn Toán bản word có lời giải chi tiết:

B1: Gửi phí vào tài khoản 0711000255837 - NGUYEN THANH TUYEN - Ngân hàng Vietcombank (QR)

B2: Nhắn tin tới zalo Vietjack Official - nhấn vào đây để thông báo và nhận giáo án.

Xem thử tài liệu tại đây: Link tài liệu

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng chính thức (2022 + các năm) có đáp án)

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2022 - 2023

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2022

ĐÁP ÁN

Câu 1:

Câu 2: 

Câu 3:

Câu 4:

Câu 5:

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2021 - 2022

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2021

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2020- 2021

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2020

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2019 - 2020

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2019

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2016 - 2017

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2016

Bài 1. (1,5 điểm)

a) Với giá trị nào của x thì $\sqrt{x-2}$ xác định.

b) Rút gọn biểu thức với ab ≠ 0

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2x-y=0\\ 3x-2y=1\end{array}\right.$

b) Cho phương trình $x^2+x-2+\sqrt{2}=0$ có hai nghiệm là x₁ và x₂.

Tính giá trị của biểu thức ${x_1}^3+{x_2}^3$

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho hai hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^2$ và đồ thị hàm số (P) và y = x + 4 có đồ thị (d)

a)    Vẽ đồ thị (P).

b) Gọi A, B là các giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Biết rằng đơn vị đo trên các trục

tọa độ là xentimét, tìm tất cả các điểm M trên tia Ox sao cho diện tích tam giác MAB

bằng 30 cm².

Bài 4. (2,0 điểm)

Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng bằng $\frac{3}{5}$ chiều dài. Nếu chiều rộng giảm đi

1cm và chiều dài giảm đi 4cm thì diện tích của nó bằng nửa diện tích ban đầu. Tính

chu vi miếng bìa đó.

Bài 5. (3,5 điểm)

Cho ∆ ABC nhọn có AB < AC và nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi

AH là đường cao của ∆ ABC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AD

tại E

a) Chứng minh ABHE là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh hai đường thẳng HE và AC vuông góc với nhau

c) Gọi F là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AD và M là trung điểm

của đoạn thẳng BC. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TP ĐÀ NẴNG NĂM 2016-2017

Bài 1. (1,5 điểm)

a) $\sqrt{x-2}$ xác định $\iff \ge$x²

b) 

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}2x-y=0\\ 3x-2y=1\end{array}\right.$<=>  

Hệ có nghiệm duy nhất (–1;–2)

b) $x^2+x-2+\sqrt{2}=0$

Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình trên ta được: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-1\\ x_1.x_2=-2+\sqrt{2}\end{array}\right.$

Suy ra: ${x_1}^3+{x_2}^3$

 

Bài 3 (2,0 điểm)

a) $y=\frac{1}{2}{x}^2$

Bảng giá trị

x	-2	-1	0	1	2
y	2	$\frac{1}{2}$	0	$\frac{1}{2}$	2

 

b)

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

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = 4; x = -2

Với x = -2 ta có y = 2 =>A(-2;2)

Với x = 4 ta có y = 8 ÞB(4;8)

Gọi M(m;0) thuộc tia Ox (m > 0). Gọi C(–2;0), D(4;0). Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: M thuộc đoạn OD: Ta có $S_{AMB}=S_{ABCD}-S_{ACM}-S_{BDM}$

Có ABDC là hình thang, AC = 2cm, BD = 8cm, CD = 6cm

⇒ 

Suy ra SAMB < 30cm² (loại)

Trường hợp 2: M thuộc tia Dx (M ≠ D) ⇒ m > 4

Ta có : 

Có SABDC = 30cm², MC = m + 2 (cm), MD = m – 4 (cm)

Suy ra

(thỏa mãn)

Vậy M(6;0) là điểm cần tìm.

Bài 4 (1,0 điểm)

Gọi chiều dài của hình chữ nhật đó là x (cm) (x > 4)

Vì chiều rộng bằng $\frac{3}{5}$ chiều dài nên chiều rộng của hình chữ nhật là $\frac{3}{5}$x(cm)

Diện tích của hình chữ nhật ban đầu là $\frac{3}{5}$x²(cm²)

Khi giảm chiều rộng 1cm và giảm chiều dài 4cm thì diện tích của hình chữ nhật mới là 

Diện tích hình chữ nhật mới bằng một nửa diện tích ban đầu nên ta có phương trình:

Chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu lần lượt là 10cm và

$\frac{3}{5}$.10=6cm

Chu vi miếng bìa là 2.(10 + 6) = 32 (cm)

Bài 5 (3,5 điểm)

a) Vì AH ⊥ BC, BE ⊥ AD nên góc AHB = góc AEB = 90^o

Suy ra tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp

b)Vì góc ACD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên góc ACD = 90^o

⇒ AC ⊥ CD (1)

 Vì ABHE là tứ giác nội tiếp nên góc ABH = góc HED (góc trong và góc ngoài đỉnh

đối diện)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên góc ABC = góc ADC (2 góc nội tiếp

cùng chắn cung AC), hay góc ABH = góc EDC

Suy ra góc HED = góc EDC ⇒ EH // DC(2)

Từ (1) và (2) ⇒ HE ⊥ AC

c)Vẽ BK ⊥ AC tại K

Ta có góc AKB = góc AEB = 90^o  nên AKEB là tứ giác nội tiếp

Suy ra góc BKE = góc BAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE) = góc BAD(3)

Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên góc BAD = góc BCD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(4)

Vì AK // CD (cùng ⊥ AC) nên góc BCD = góc KBM (đồng vị)(5)

Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông BKC nên MK = MB = MC ⇒

∆ MKB cân tại M ⇒ góc KBM = góc BKM (6)

Từ (3), (4), (5), (6) có góc BKE = góc BKM ⇒ K, E, M thẳng hang

Mà HE // BK (cùng ⊥ AC) nên =>ME = MH

Chứng minh tương tự ta có MF = MH

Suy ra ME = MF = MH ⇒ M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF (đpcm).

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng Toán vào 10

Năm học 2015 - 2016

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi vào 10 môn Toán TP Đà Nẵng có đáp án - năm 2015

Bài 1: (1,5 điểm)

1) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn của biểu thức $\sqrt{28a^4}$

2) Tính giá trị của biểu thức :A= $(\frac{\sqrt{21}-\sqrt{7}}{\sqrt{3}-1}+\frac{\sqrt{10}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}-1}):\frac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$ 

Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   $\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2x}-y=6\\ \frac{1}{x}+2y=-4\end{array}\right.$

Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x² có đồ thị (P)

1)Vẽ đồ thị (P)

2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ thị là (d)

và (dm). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của (P) ,

(d) và (dm) cùng đi qua một điểm.

Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x² - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.

1) Giải phương trình khi m = 1.

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x₁ và x₂ là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho x₁² + x1 – x² =

5 – 2m

Bài 5: (3,5 điểm)

Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm)

1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.

2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ

dài đoạn thẳng BC.

3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K)

và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM

đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TP ĐÀ NẴNG NĂM 2015-2016

Bài 1:

1) $\sqrt{28a^4}=\sqrt{\mathrm{7.4.}{\left(a^2\right)}^2}=2\sqrt{7}\left|a^2\right|=2\sqrt{7}{a}^2$ (vì $a^2\ge 0$ với mọi a)

2)     

$\begin{array}{l}A=\left[\frac{\sqrt{7}(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}-1}+\frac{\sqrt{5}(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}-1}\right](\sqrt{7}-\sqrt{5})\\ A=(\sqrt{7}+\sqrt{5})(\sqrt{7}-\sqrt{5})=7-5=2\end{array}$

Vậy A = 2

Bài 2: - ĐK : x ≠ 0. Ta có :

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2x}-y=6\\ \frac{1}{x}+2y=-4\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}3-3xy=12x\\ 1+2xy=-4\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}8x=4\\ 1+2xy=-4\end{array}\right.\\ <=>\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\ne 0\left(TM\right)\\ 1+2.\frac{1}{2}.y=-4.\frac{1}{2}\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ 1+y=-2\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=-3\end{array}\right.\end{array}$

Vậy hệ có nghiệm duy nhất $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=-3\end{array}\right.$

Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị: y = x²

x	0	1	2
y	0	1	4

 

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x² = x + 2

Û x² - x - 2 = 0(*)

Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm : $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=\frac{-c}{a}=2\end{array}\right.$

Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4).

Để (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm thì hoặc AÎ (dm) hoặc B Î (dm) .

+ Với A(-1; 1) Î (dm) , ta có : 1 = -(-1) + m Û m = 0

+ Với B(2; 4) Î (dm), ta có : 4 = -2 + m Û m = 6

Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm.

Bài 4 :

1) Thay m = 1 được phương trình : x² – 2 = 0 Û x² = 2 Û x = ± $\sqrt{2}$

Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x= $\sqrt{2}$ và x= -$\sqrt{2}$

2) Có ∆ = b² – 4ac = 4(m - 1)² +8m= 4(m² - 2m + 1) +8m = 4m² + 4 > 0 với mọi m

nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

Theo Vi-et ta có : $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=2m-2\left(1\right)\\ x_1.x_2=\frac{c}{a}=-2m\left(2\right)\end{array}\right.$

Theo bài ta có x₁² + x₁ – x₂ = 5 – 2m (3).

Từ (1) và (3) ta có hệ (I) :

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m-2\\ {x_1}^2+x_1-x_2=5-2m\end{array}\right.\\ <=>\left\{\begin{array}{l}{x}_2=2m-2-x_1\\ {x_1}^2+x_1-(2m-2-x_1)=5-2m\end{array}\right.\\ <=>\left\{\begin{array}{l}{x}_2=2m-2-x_1\\ {x_1}^2+2x_1=3\end{array}\right.\end{array}$

Từ hệ (I) có PT : x₁² + 2x₁ – 3 = 0 Þ x₁ = 1 và x₁ = -3

+ Với x = x₁ = 1, x₂ = 2m – 2 - x₁ = 2m – 2 – 1 = 2m -3.

Thay vào (2) ta được: 1. (2m-3) = -2m ó 4m = 3 => m=$\frac{3}{4}$

+ Với x = x1 = -3, tương tự như trên ta có m=-$\frac{3}{4}$

Vậy khi m =$\pm \frac{3}{4}$ thì PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa : x₁² + x₁ – x₂ = 5 – 2m

Bài 5 : Hình vẽ

a)    - Có AB ^ OB (t/c tiếp tuyến) Þ ABO = 90⁰
- Có AC ^ OC (t/c tiếp tuyến) Þ ACO = 90⁰

- Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 90⁰ + 90⁰ = 180⁰ nên nội tiếp được trong đường tròn.

b) - AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của

BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH.

- ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB² = OH.AO

$=>OH=\frac{O{B}^2}{AO}=\frac{9}{5}cm$

- ∆OBH vuông tại H Þ BH² = OB² – OH² Þ BH =$\frac{12}{5}cm$

Vậy BC = 2BH =$\frac{24}{5}cm$

c) - Gọi E là giao điểm của BM và AC.

- ∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O))

Þ ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) Þ EC² = EM.EB (*)

- ∆EMA và ∆EAB có $\widehat{MEA}=\widehat{AEB}$ (a) và :

+ Có $\widehat{MAE}=\widehat{MCB}$ (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của

đường tròn (K))

+ Có $\widehat{MCB}=\widehat{ABE}$ (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của

đường tròn (O))

+ Từ (3) và (4) Þ $\widehat{MAE}=\widehat{ABE}\left(b\right)$

- Từ (a) và (b) Þ ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) Þ EA² = EM.EB (**)

- Từ (*) và (**) Þ EC² = EA² Þ EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC.