Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2021 - 2022 lần 1 do thuvientoan.net biên soạn

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức



13



3



x
A

x x




  và

1 2 2

:
1
1

x
B

x

x x x



 

_  _



 

 

với x0;x1.

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4.
b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A.B.
Bài 2 (2,5 điểm)

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình :

Hai đội công nhân dệt may cần sản xuất một số lượng khẩu trang theo đơn đặt hàng. Nếu làm
chung thì sau 4 giờ họ sẽ làm xong. Nhưng hai đội mới làm chung được 3 giờ thì đội 1 nghỉ, đội 2
tiếp tục làm trong 3 giờ nữa mới xong. Hỏi mỗi đội nếu làm một mình thì phải bao lâu mới xong
cơng việc?

2) Tính thể tích của hình nón biết rằng diện tích đáy là 50,24cm2, chiều cao 6cm.
Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 2

5 1 3 2 7

2 4 8 4 5 4 4 13

x y

x x y y

    




     



2) Cho phương trình x2



m1



x m  2 0 (với m là tham số).
a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm các số nguyên m để phương trình có nghiệm nguyên.

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường trịn



O;R .



Kẻ đường cao AD và đường kính AK.

Hạ BE và CF cùng vng góc với AK.

a) Chứng minh tứ giác ABDE và tứ giác ACFD là các tứ giác nội tiếp;
b) Chứng minh DF // BK;

c) Cho BC cố định, A chuyển động trên cung lớn BC sao cho ABC có 3 góc nhọn. Chứng
minh tâm đường trịn ngoại tiếp DEF là một điểm cố định.

Bài 5 (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn 1 1 1 2020
a b b c c a      . Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1

2 3 3 3 2 3 3 3 2

P

a b c a b c a b c

  

      .

--- HẾT ---

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: <b>2021 - 2022</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Bài Điểm Điểm
Bài 1

(2 điểm

a) x 4 thỏa mãn điều kiện.

Thay x 4_{vào biểu thức A, ta có:}



4 13. 4



4 3



A 

 

0,25

6
5
A 

Vậy 6

5

A  khi x 4

0,25

b) Với x0;x1, ta có:





1 2 2

:
1

1

1 2 2

:
1
1 1
x
B
x

x x x

x
B

x

x x x


 
_  _

 
 
  _
 
 
    

 
0,25



21



12

x x
B
x
x x
 
 


0,25









1 1



1

x x
B
x x
 


0,25
1
x
B
x


 0,25

c) . 3

3
A B
x



0,25
Với mọi x thỏa mãn điều kiện ban đầu, ta có:

3

0 3 3 1

3
3
1
3
x x
x
x
     


  


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =0

Suy ra: GTNN của A.B bằng -1 khi x =0.

0,25

Bài 2
(2,5
điểm)

1) Gọi x, y (giờ) là thời gian mà đội 1, đội 2 làm riêng hồn thành
cơng việc. (x,y>4)

0,25

Trong 1 giờ, đội 1 làm một mình thì làm được 1

x (Cơng việc)
Trong 1 giờ, đội 2 làm một mình thì làm được 1

y (Cơng việc)
Vì nếu 2 đội làm chung thì hồn thành cơng việc sau 4 giờ nên ta
có PT

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

1 1 1
4
x y

Trong 3 giờ 2 đội làm chung thì làm được: 3. 1 1
x y

 _ 

 

  (Công việc)
Trong 3 giờ, đội 2 làm riêng thì làm được 3

y (Cơng việc)

0,25

Vì hai đội mới làm chung được 3 giờ thì đội I nghỉ, đội II tiếp tục
làm trong 3 giờ nữa mới xong nên ta có PT: 3. 1 1

x y
 _ 
 
 +
3
1
y 
0,25

Ta có hệ PT:

1 1 1

4 ₆

12

1 1 3

3. 1

x y _x

y

x y y

  
 _ _
 _
 _ _ _{ }

 _ _ __{ }
  

(TM)
0,25

Vậy nếu làm riêng thì đội 1 hồn thành cơng việc trong 6 giờ, đội 2
hồn thành cơng việc trong 12 giờ.

0,25
2) Gọi bán kính đáy của hình nón là r (cm)

Ta có: _3,14._r2 __{50, 24}

0,25

2 ₁₆ ₄

r r cm

    0,25

Thể tích của hình nón là:

2
1
.3,14.4 .6
3
V 
0,25
3
100, 48

V  cm 0,25

Bài 3
(2,0
điểm)

1.

2 2

5 1 3 2 7

2 4 8 4 5 4 4 13

x y

x x y y

    




     



5 1 3 2 7

4 1 5 2 13

x y
x y
    

  _{ } _{ }

0,25

Đặt x 1 a y,  2 b a b



, 0



. Ta có:

5 3 7

4 5 13

a b
a b
 

 _ _

2( )
1( )
a TM
b TM


  _

0,25
Suy ra:
3
1
1
3
x
x
y
y
 
  



 



_ _{ }

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>





2





₂

1 4 2 2 9

m m m m

       





2

1 8

m

  

Vì



m1



2   0 m



m1



2  8 0 m
Hay   0 m

Vậy PT ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

0,25

b) 2





1 2 0

x  m x m  









2
2

2 0

2 1

2

1
1

x mx x m

x x m x

m x x

x

     

    

   







2
1
2

1

x Z x Z

x

Z Do x Z
x

 

 _  _


 

  


(x 1)

  Ư(2)

0,25

Ta có bảng:

x-1 1 2 -1 -2

x 2 3 0 -1

m 2 0 2 0

Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn
Vậy với m=0 và m_{=2 thỏa mãn yêu cầu đề bài}

0,25

Bài 4
(3 điểm)

a) Tứ giác ABDE có

_AEB ₉₀0

 (có giải thích)

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

 ₉₀0

BDA

Suy ra tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

Tương tự chứng minh ACFD nội tiếp _{0,5 đ}

b) Tứ giác ACFD nội tiếp suy ra DFA ACD 
mà  ACD AKB cùng chắn cung AB.

Suy ra DFA AKB  mà hai góc này ở vị trí đồng vị.
Vậy DF // BK.

0.25đ
0.25đ
0.5đ
c) Gọi M là trung điểm BC; N là giao điểm của AK và BC.

Vì M là trung điểm BC suy ra OM BC.
Do đó tứ giác OMFC nội tiếp.

Suy ra MFN OCN. Ta c/m được MFN ∽OCN (g.g)
.

FN MF MN

CN OC ON

  

Lại có DNF ∽ANC (g.g) FN DN DF.

CN AN AC

  

Do đó hai cặp tam giác trên đồng dạng theo cùng tỷ lệ.
Suy ra DMF ∽AOCMD MF.

Tứ giác MOEB nội tiếp nên OBC MEN mà OBC OCB  (tam
giác OBC cân tại O).

Suy ra OCB MEN 

Mà OCB MFN  (tứ giác OMFC nội tiếp)  MEN MFN.
Do đó ME MF. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là
điểm M là trung điểm của cạnh BC cố định.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
Bài 5

(0,5
điểm)

Chứng minh 1 1 1 1 16

a b c   d a b c d   với mọi a,b,c,d dương

0,25

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:



 

 

 



1 1

2 3 3

1 1 1 1 1

16

a b c a b a c b c b c

a b a c b c c a


        

 

 _    _

   

 

Tương tự với 1

3a2b3c và

1
3a3b2c
Suy ra:

1 1 1

2a3b3c3a2b3c3a3b2c

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

.4 505

16 a b b c c a 4

 

 _   _ 

  

 

</div>

<!--links-->