CHUYÊN KHÁNH hòa 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 – 2022

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 03/6/2021
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian
giao đề)

Câu 1 (2,00 điểm): (Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị biểu thức A  18  2 8 

1
50 .
5

3x  2y  11
b) Giải hệ phương trình 
 x  2y  9
Câu 2 (2,50 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P ) : y  x2 và đường thẳng
(d) : y  2x  m2  2m ( m là tham số).
a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hồnh độ xA  2. Xác định tọa độ
điểm A .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x12  2x2  3m.

Câu 3 (1,50 điểm):
Theo kế hoạch, Cơng an tỉnh Khánh Hịa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân
cho địa phương A . Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ
Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công
tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so
với kế hoạch. Vì vậy, tổ cơng tác đã hồn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2
ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ
Căn cước?
Câu 4 (3,00 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O , R) và hai
đường cao BE,CF cắt nhau tại H .
a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn.


b) Chưng minh OA  EF .
c) Hai đường thẳng BE , lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N và
P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D .
AM BN CP
Tính giá trị biểu thức
.


AD BE CF
Câu 5 (1,00 điểm):
Giải phương trình

x2  1  3x2  4x  1  (8  2x) x  1
----------------HẾT---------------

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (2,00 điểm): (Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Tính giá trị biểu thức A  18  2 8 

1
50 .
5


3x  2y  11
b) Giải hệ phương trình 
 x  2y  9
Lời giải
a) Tính giá trị của biểu thíc A  18  2 8 

1
50
5

Ta có:
A  18  2 8 

1
50
5

 9.2  2 4.2 

1
25.2
5

1
 3 2 4 2 5 2
5
 7 2 2
6 2
Vậy A  6 2 .
3x  2y  11
b) Giải hệ phương trình 
 x  2y  9

4x  20
x  5
3x  2y  11 

Ta có: 
9 x  
y
y  2
 x  2y  9
2


Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y)  (5;2) .
Câu 2 (2,50 điểm):
Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P ) : y  x2 và đường thẳng
(d) : y  2x  m2  2m ( m là tham số).
a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hồnh độ xA  2. Xác định tọa độ
điểm A .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.

c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x12  2x2  3m.
Lời giải


a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hồnh độ xA  2. Xác định tọa độ
điểm A .
Thay xA  2 vào hàm số (P ) : y  x2 ta được yA  (2)2  4 .
Vậy A(2;4) .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P ) là
x2  2x  m2  2m x2  2x  m2  2m 0 (1)
(d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt
   0  1 m2  2m  0
 (m 1)2  0  m 1
Vậy với m 1 thì (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt.
c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt
có ho\dotnh độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x12  2x2  3m.
 x1  x2  2
Với m 1. Áp dụng định lí Vi - ét phương trình (1) có: 
2
 x1x2   m  2m
Do x1 là nghiệm của phương trình (1) nên:
x12  2x1  m2  2m mà x12  2x2  3m nên:
2x1  m2  2m 2x2  3m
 2 x1  x2   m2  5m  0
 m2  5m 4  0
 m  1(ktm)


 m  4(tm)
Vậy m 4 .
Câu 3 (1,50 điểm):
Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hịa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước cơng dân
cho địa phương A . Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ
Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công
tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so


với kế hoạch. Vì vậy, tổ cơng tác đã hồn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2
ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ
Căn cước?
Lời giải
Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là x thẻ

 x ¥  .
*

 số ngày cần đề cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là

7200
(ngày).
x

Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: x 40 (thẻ).
 Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là

7200
(ngày)
x 40

Vi tổ cơng tác đã hồn thành nhiệm vụ sóm hon kế hoạch 2 ngày nên ta có
phương trình:
7200 7200
3600 3600

 2

1
x
x  40
x
x  40
 3600(x  40)  3600x  x(x  40)
 3600x  144000  3600x  x2  40x
 x2  40x  144000  0
Ta có  '  202  144000  144400  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
 x  20  144400  360 (tm)

 x  20  144400  400(ktm)
Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước.
Câu 4 (3,00 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O , R) và hai
đường cao BE,CF cắt nhau tại H .
a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh OA  EF .
c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N
và P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D .
AM BN CP
Tính giá trị biểu thức

.


AD BE CF


Lời giải

a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường trịn.
·
·
Xét tứ giác BCEF có: BFC
 BEC
 90 (gt).
Suy ra tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh
dưới các góc bằng nhau).
b) Chứng minh OA  EF .
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) .
·
·
Ta có: CAx
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung
 CBA
AC )
·
·
·
Mà CBA
(góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp
 CBF

 AEF
BCEF )
·
·
 CAx
 AEF
Mà hai góc này ở vị trí so le trong  Ax / / EF
Theo cách vẽ ta có OA  Ax  OA  EF (đpcm).
c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
N và P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt
AM BN CP
BC tại D . Tính giá trị biểu thức


.
AD BE CF
Ta có:


SABC 

1
1
AD BC ,SABMC  AM BC
2
2

1
SABMC 2 AM BC AM




1
SABC
AD
AD BC
2
Chứng minh tương tự ta có:



SABCN BN SACBP CP

,

.
SABC BE SABC CF

AM BN CP SABMC  SABCN  SACBP



AD BE CF
SABC

SABC  SMBC  SABC  SNAC  SABC  SPAB
SABC

 3

SMBC  SNAC  SPAB
SABC

·
·
·
Lại có: MBD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC )
 MBC
 MAC
·
·
·
·
.
 MBC
 90o  AHE
 90o  BHD
 HBD
Xét tam giác HBD và tam giác MBD có:
MBD  HBD(cmt)
BDH  BDM  90
 HBD ~MBD(g.g) .


HD MD

 HD  MD
BD BD

 SVHBC 

1
1
HD BC  MD BC SMBC .
2
2

Chứng minh tương tự ta có:
SNAC  SHAC ,SPAB  SHAB .


S
 SNAC  SPAB
AM BN CP


 3 MBC
AD BE CF
SABC

 3

SHBC  SHAC  SHAB
S
 3  ABC  4
SABC
SABC

Vậy

AM BN CP


 4.
AD BE CF

Câu 5 (1,00 điểm):
Giải phương trình

x2  1  3x2  4x  1  (8  2x) x  1
Lời giải

 x2  1 0

 x 1
ĐKXĐ:  x  1 0
3x2  4x  1 0

x2  1  3x2  4x  1  (8  2x) x  1
 (x  1)(x  1)  (x  1)(3x  1)  (8  2x) x  1
 x  1( x 1  3x 1 8 2x) 0
 x  1  3x  1  8  2x  0 (1) (do x  1)
 ( x  1  2)  (4  3x  1)  (2x  10)  0



x 5



15  3x

x  1  2 4  3x  1

 2(x  5)  0

x 5

x 5
 3
2(x 5) 0
x  1 2
4  3x  1



1
3
 (x  5)

 2  0
 x  1  2 4  3x  1

Ta có

3x  1  0  4  3x  1  4 

x  1  0 x  1 2  0



1



3

x  1  2 4  3x  1

3
4  3x  1

1
x  1 2

 2  0



3
4

0

3
 2 0
4




1
3

 2  0  x  5  0  x  5(TM )
Do đó ta có: (x  5)
 x  1  2 4  3x  1

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {5}.