Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2021 2022 tỉnh Huế kèm đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2021 - 2022
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (1,5 điểm)
a) Tìm số x khơng âm, biết

x 2 .

b) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A  4.5 
P

x xy y

c) Rút gọn biểu thức
Bài 2. (1,5 điểm)

x y





x

y



9.5  5 .

2

, với x  0 , y  0 .

 3 x  y 1

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:  x  2 y 5 .

 d  : y ax  b  a 0  , biết đường thẳng  d  song song với
b) Viết phương trình đường thẳng
 d  : y 2 x  1 và đi qua điểm M  2;  3 .
đường thẳng
Bài 3. (1,0 điểm)
Để phục vụ cơng tác phịng chống dịch COVID-19, một Công ty A lên kế hoạch trong một thời gian
quy định làm 20000 tấm chắn bảo hộ để tặng các chốt chống dịch. Do ý thức khẩn trương trong công
tác hỗ trợ chống dịch và nhờ cải tiến quy trình làm việc nên mỗi ngày Cơng ty A làm được nhiều hơn
300 tấm so với kế hoạch ban đầu. Vì thế, Cơng ty A đã hồn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày
so với thời gian quy định và làm được nhiều hơn 700 tấm so với kế hoạch ban đầu. Biết rằng số tấm
làm ra trong mỗi ngày là bằng nhau và nguyên cái. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày Công ty A
cần làm bao nhiêu tấm chắn bảo hộ ?
Bài 4. (2,0 điểm)
2
 1 ( x là ẩn số).

Cho phương trình: x  3x  m 0

a) Giải phương trình

 1

khi m 2 .

 1 có nghiệm.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình
c) Tìm các giá trị của m để phương trình

 1

có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn đẳng thức:

x13 x2  x1 x23  2 x12 x22 5 .
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa A và C . Vẽ nửa
 O  ( M là tiếp
đường trịn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường trịn
điểm). Trên cung MC lấy điểm E ( E khơng trùng M và C ), đường thẳng AE cắt nửa đường tròn
 O  tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF và H là
hình chiếu vng góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh:
1/7


a) Tứ giác AMIO nội tiếp;
b) Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau;
c) Trọng tâm G của tam giác OEF ln nằm trên một đường trịn cố định khi E thay đổi trên

cung MC .
Bài 6. (1,0 điểm)
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình trịn đáy là
10 cm , chiều cao bằng 20 cm , người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ
một vật dạng hình nón có bán kính hình trịn đáy là 10 cm , chiều cao
bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hĩnh vẽ bên). Tính thể tích
phần khúc gỗ còn lại.

= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

2/7


Hướng dẫn giải:
Bài 1. (1,5 điểm)
x 2 .

a) Tìm số x khơng âm, biết

b) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A  4.5 
P

x xy y
x y

c) Rút gọn biểu thức

x

y



2

, với x  0 , y  0 .
Hướng dẫn giải:

x 2 .

a) Tìm số x khơng âm, biết
+) Với x khơng âm thì
Vậy x 4 .





x 2 

x  4  x 4 .

b) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A  4.5 
+) Ta có A  4.5 
Vậy A 0 .

9.5  5  22.5 

P

x xy y
x y

c) Rút gọn biểu thức
+) Với x  0 , y  0 , ta có:




x y

x
x y

xy  y

P







x 

xy  y  x  2 xy  y

x 

xy  y  x  2 xy  y

 xy

9.5  5 .





32.5  5 2 5  3 5  5 0 .

x

x xy y

x

x y
y



9.5  5 .



y





2

, với x  0 , y  0 .

x

y



2

2



.

P  xy
Vậy với x  0 , y  0 thì
.
Bài 2. (1,5 điểm)

 3 x  y 1

a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:  x  2 y 5 .

 d  : y ax  b  a 0  , biết đường thẳng  d  song song với
b) Viết phương trình đường thẳng
 d  : y 2 x  1 và đi qua điểm M  2;  3 .
đường thẳng
Hướng dẫn giải:
 3 x  y 1

a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:  x  2 y 5 .

3/7


 y 1  3x
 3 x  y 1


 x  2  1  3x  5
+) Ta có  x  2 y 5
 y 1  3x
 y 1  3x
 y 1  3.1  x 1




 x  2  6 x 5
 7 x 7
 x 1
 y  2 .
Vậy hệ phương trình có nghiệm

 x; y   1;  2  .

 d  : y ax  b  a 0  , biết đường thẳng  d  song song với
b) Viết phương trình đường thẳng
 d  : y 2 x  1 và đi qua điểm M  2;  3 .
đường thẳng
 a 2
.  1
 d  : y ax  b song song với đường thẳng  d  : y 2 x  1 nên ta có b  1
+) Vì
+) Vì đường thẳng

 2
 1 và  2 
+) Từ

 d  : y ax  b

đi qua điểm

M  2;  3 

nên ta có:  3 a.2  b hay

2a  b  3

suy ra a 2; b  7  1 .

 d  : y 2 x  7 .

Vậy
Bài 3. (1,0 điểm)
Để phục vụ công tác phịng chống dịch COVID-19, một Cơng ty A lên kế hoạch trong một thời gian
quy định làm 20000 tấm chắn bảo hộ để tặng các chốt chống dịch. Do ý thức khẩn trương trong công
tác hỗ trợ chống dịch và nhờ cải tiến quy trình làm việc nên mỗi ngày Công ty A làm được nhiều hơn
300 tấm so với kế hoạch ban đầu. Vì thế, Cơng ty A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày
so với thời gian quy định và làm được nhiều hơn 700 tấm so với kế hoạch ban đầu. Biết rằng số tấm
làm ra trong mỗi ngày là bằng nhau và nguyên cái. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày Công ty A
cần làm bao nhiêu tấm chắn bảo hộ ?
Hướng dẫn giải:
x  * , x  0 

x
+) Gọi (cái)
là số tấm chắn bảo hộ phải làm ra được trong mỗi ngày theo kế
hoạch, thì số tấm chắn bảo hộ làm ra được mỗi ngày trong thực tế là x  300 (cái).
20000
x
+) Số ngày hồn thành cơng việc theo kế hoạch là
(ngày).
20700
+) Số ngày hồn thành cơng việc trong thực tế là x  300 (ngày).
20000 20700

1
x
x  300
+) Theo đề bài ta có phương trình:
 x 2  1000 x  6000000 0
 x 2000 (nhận), x  3000 (loại)

Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày Công ty A cần làm 2000 cái tấm chắn bảo hộ.
Bài 4. (2,0 điểm)
2
 1 ( x là ẩn số).
Cho phương trình: x  3x  m 0

4/7


a) Giải phương trình

 1

khi m 2 .

 1 có nghiệm.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình
 1

c) Tìm các giá trị của m để phương trình

có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn đẳng thức:

x13 x2  x1 x23  2 x12 x22 5 .
Hướng dẫn giải:
a) Giải phương trình

 1

khi m 2 .

2
+) Khi m 2 , phương trình đã cho trở thành: x  3x  2 0 .

+) Ta có:

a  b  c 1    3  2 0

nên phương trình có hai nghiệm là x 1 và x 2 .

 1 có hai nghiệm là x 1 và x 2 .
Vậy khi m 2 thì phương trình
 1 có nghiệm.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình
2

+) Ta có:

   3  4.1.m 9  4m

 1
+) Để phương trình
Vậy khi

m

.

có nghiệm khi và chỉ khi:  0  9  4m 0  4m 9

9
4 thì phương trình  1 có nghiệm.

 1

c) Tìm các giá trị của m để phương trình

có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn đẳng thức:

x13 x2  x1 x23  2 x12 x22 5

 1
+) Theo câu b) phương trình

có nghiệm x1 , x2

 m

b

 x1  x2  a 3

 x .x  c m
1 2
a
Khi đó theo định lý Viét, ta có: 
.
+) Ta có:

 m

x13 x2  x1 x23  2 x12 x22 5
2

 x1 x2  x12  x22   2  x1 x2  5
2
2
 x1 x2   x1  x2   2 x1 x2   2  x1 x2  5



 m  32  2m   2m 2 5
 9m  2m 2  2m2 5
 4m 2  9m  5 0
 4m 2  4m  5m  5 0
 4m  m  1  5  m  1 0
  m  1  4m  5  0

5/7

.

9
4  * .

9
4.


 m 1 hoặc

m

5
4.

 *
Đối chiếu với điều kiện

ta được các giá trị cần tìm của m là m 1 và

m

5
4.

Bài 5. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định và thẳng hàng sao cho B nằm giữa A và C . Vẽ nửa
 O  ( M là tiếp
đường trịn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường tròn
điểm). Trên cung MC lấy điểm E ( E không trùng M và C ), đường thẳng AE cắt nửa đường tròn
 O  tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E ). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF và H là
hình chiếu vng góc của M lên đường thẳng BC . Chứng minh:
a) Tứ giác AMIO nội tiếp;
b) Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau;
c) Trọng tâm G của tam giác OEF ln nằm trên một đường trịn cố định khi E thay đổi trên
cung MC .
Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác AMIO nội tiếp;



+) Vì I là trung điểm của dây cung EF  OI  EF  AIO 90 .

 O   AMO 90 .
+) Ta có AM là tiếp tuyến của nửa đường trịn



+) Vì tứ giác AMIO có AMO  AIO 90 nên tứ giác AMIO nội tiếp được trong đường tròn.
b) Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng với nhau;
+) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMO với MH là đường cao, ta có:
OH .OA OM 2 .

 O )
+) Mà OM OF (bán kính của nửa đường trịn
OH OF
OH .OA OF 2 

OF OA .
Suy ra
+) Xét OFH và OAF có:

O
góc chung;
OH OF

OF OA ;
6/7

Suy ra

OFH ∽ OAF  c.g .c 

.
c) Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi E thay đổi trên
cung MC .

OG 2

OF 3 .
+) Gọi G là trọng tâm của tam giác OEF
OJ 2

+) Gọi J là điểm trên đoạn OA sao cho OA 3 .
+) Vì A, B, C cố định suy ra O cố định  J cố định  OJ cố định.
OG OJ 2




+) Tam giác AIO có OI OA 3  GJ // AI  GJ  OI  JGO 90 .


Vậy G luôn nằm trên đường trịn cố định đường kính OJ cố định khi điểm E thay đổi trên cung
MC .
Bài 6. (1,0 điểm)
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình trịn đáy là
10 cm , chiều cao bằng 20 cm , người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ

một vật dạng hình nón có bán kính hình trịn đáy là 10 cm , chiều cao
bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hĩnh vẽ bên). Tính thể tích
phần khúc gỗ còn lại.

Hướng dẫn giải:
Vtru  r h 102.20. 2000  cm3 
2

+) Thể tích của hình trụ là:

.

1
h  20 10 cm
2
+) Gọi
là chiều cao hình nón, suy ra
.
1
1000
Vnon  102.10. 
  cm3 
3
3
+) Thể tích của hình nón bị bỏ đi là:
.
h  cm 

+) Thể tích của phần gỗ còn lại sau khi tiện bỏ là:
1000

5000
V Vtru  Vnon 2000 

  cm3 
3
3
.
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

7/7