HDG đề TUYỂN SINH vào 10 năm học 2021 2022 THỪA THIÊN HUẾ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 – 2022
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ BÀI
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Tìm số x khơng âm, biết:

x  2.

b) Tính: A  4.5  9.5  5 .
c) Rút gọn biểu thức: P 

x xy y
x y





2

x y

 với x  0, y  0.

Câu 2. (1,5 điểm)
3x  y  1
a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 
.
x

2
y

5

b) Viết phương trình đường thẳng  d  y  ax  b  a  0  , biết rằng đường thẳng  d  song song
với đường thẳng  d ' y  2 x  1 và đi qua điểm M  2; 3 .
Câu 3. (1,0 điểm)
Để phục vụ cơng tác phịng chống dịch COVID-19, một cơng ty A lên kế hoạch trong một thời
gian quy định 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?
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2  3 x  m  0 (1) ( x là ẩn số).
a) Giải phương trình (1) khi m  2 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
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 x2 2  5 .

Câu 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
đường tròn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường tròn  O  ( M là
tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , 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 luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm E thay đổi
trên cung MC .
Câu 6. (1,0 điểm)
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính đường trịn đáy là 10cm ,
chiều cao bằng 20cm , người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ một vật dạng
hình nón có bán kính hình trịn đáy là 10cm , chiều cao bằng một nửa
chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích của phần khúc gỗ
còn lại.

---------------HẾT---------------


NHÓM GIÁO VIÊN GIẢI ĐỀ

HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ
NĂM HỌC 2021-2022

1. Nguyễn Thị Quỳnh Trang

4. Phan Minh Trinh

2. Lê Ngọc Minh Mẫn

5. Lê Đức Nhân

3. Trần Quang Hiếu

6. Trương Triều Giang

Q trình trình bày lời giải khơng tránh khỏi sai sót, mong nhận được sự góp ý của q thầy
cơ đồng nghiệp cùng các em học sinh. Chân thành cảm ơn.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Tìm số x khơng âm, biết:

x  2.

b) Khơng sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: A  4.5  9.5  5 .
c) Rút gọn biểu thức: P 

x xy y
x y



2



x y

 với x  0, y  0

Lời giải
a) Điều kiện: x  0 , ta có:

x 2

 

2

x

 22  x  4 TM  .

b) A  4.5  9.5  5  2 5  3 5  5  0 .
3

c) Với x  0, y  0 , ta có: P 







x  y ( x  xy  y )
x y



x xy y
x y





x y



2

 x  y


 

x y

 

3



 x  2 xy  y





 x  2 xy  y  x  xy  y  x  2 xy  y  xy .

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


3x  y  1
3 x  y  1
7 y  14
 y  2
Ta có: 



.

 x  2 y  5 3 x  6 y  15 3x  y  1  x  1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1; 2  .
a  2
b) Vì  d  song song với đường thẳng  d ' : y  2 x  1 nên 
.
b  1
Vì đi qua điểm M  2; 3 nên x  2; y  3 .
Thay x  2; y  3, a  2 vào phương trình đường thẳng  d  , ta có: 3  2.2  b  b  7(TM ) .
Vậy  d  : y  2 x  7 .
Câu 3. (1,0 điểm)
Để phục vụ cơng tác phịng chống dịch COVID-19, một cơng ty A lên kế hoạch trong một
thời gian quy định 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?
Lời giải
Gọi số tấm chắn bảo hộ làm trong 1 ngày theo kế hoạch là x. ( x  N * , x  20000)
Số ngày làm tấm chắn xong theo kế hoạch là:

20000
( ngày)
x

Số tấm chắn làm được thực tế trong 1 ngày là: x  300 ( tấm )
Số ngày làm thực tế là:

20000
 1 ( ngày)

x

 20000 
Số tấm chắn làm được thực tế là: ( x  300). 
 1
 x

 20000 
Theo đề ra ta có pt: ( x  300). 
 1  20000  700
 x


600000
600000
 300  20700   x  1000 
0
x
x
 x  2000(TM )
  x 2  1000 x  600000  0  
 x  3000( L)
 20000  x 


Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày công ty A cần làm 2000 tấm chắn bảo hộ.
Câu 4. (2 điểm) Cho phương trình x 2  3x  m  0 (1) ( x là ẩn số).
a) Giải phương trình (1) khi m  2 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
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 x2 2  5 .

Lời giải
a) Với m  2 , phương trình (1) trở thành: x 2  3x  2  0 .
Ta có: a  1, b  3, c  2  a  b  c  1  3  2  0
x  1
Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm: 
.
x  2
Vậy với m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x  1, x  2 .
2

b) Phương trình (1) có nghiệm    0   3  4.1.m  0  m 

c) Với m 

9
.
4

9
thì phương trình (1) có nghiệm nên theo hệ thức Viet ta có:
4





 x1  x2  3
.


 x1.x2  m

2

Theo đề ta có: x13 x2  x1 x23  2 x12 x2 2  5  x1 x2 x12  x2 2  2  x1 x2   5
2
2
 x1 x2  x1  x2   2 x1 x2   2  x1 x2   5  m.  32  2m   2m2  5  9m  2m 2  2m 2  5


2
 4m  9m  5  0 (2).

m  1
Ta có: 4  9  5  0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là 
(thỏa)
m  5
4


Vậy m  1 và m 

5
thì phương trình (1) có nghiệm thỏa yêu cầu bài toán.
4

Câu 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 đường trịn tâm O đường kính BC . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường tròn
 O  ( M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E , 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 điểm E thay đổi
trên cung MC .
Lời giải

a) Vì I là trung điểm của EF  IO  EF (Tính chất đường kính và dây cung)  
AIO  90o .

AMO  90o ( AM là tiếp tuyến của (O) )
Do đó: hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc 90o
Vậy tứ giác AMIO nội tiếp.
b) AMO vng tại M có đường cao MH nên: OA.OH  OM 2 (Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác
vng) (1)
Mặt khác OM  OF (bằng bán kính của (O) ) (2)
Từ (1) và (2) ta có: OF 2  OA.OH 

OF OH

OA OF

 : góc chung và OF  OH .
Xét OFH và OAF , ta có: OAF
OA OF
Suy ra OFH đồng dạng OAF (c-g-c)
c) Gọi T là trung điểm GO. (5)

1
Gọi S là điểm thuộc OA sao cho OS  OA  S cố định.
3
2
Vì G là trọng tâm OFE  OG  OI .
3


1
1 2
1
OT 1
 .
Mà OT  OG (do (5))  OT  . OI  OI 
2
2 3
3
OI 3
OIA có

OT OS 1

  ST  AI (Định lí Ta-lét đảo)  ST  OI . (Vì )
OI OA 3

SGO có ST  GO và T là trung điểm GO  ST vừa là đường cao vừa là trung tuyến
 SGO cân tại S  SG  SO.

 OA 
Mà S , SO cố định  G thuộc đường tròn ( S ; SO) hay  S ;

.
3 


Câu 6. (1,0 điểm)
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính đường tròn đáy là 10cm ,
chiều cao bằng 20cm , người ta tiện bỏ bên trong khúc gỗ một vật dạng
hình nón có bán kính hình trịn đáy là 10cm , chiều cao bằng một nửa
chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích của phần khúc gỗ
cịn lại.
Lời giải
Khúc gỗ hình trụ có bán kính đáy R  10cm và chiều cao h  20cm nên có
thể tích là:





Vtru   R 2 h   .102.20  2000 cm3 .

Vật dạng hình nón có bán kính đáy R  10cm và chiều cao h ' 

1
h  10cm nên có thể tích là:
2

1
1
1000
Vnón   R 2 h   .102.10 

cm3 .
3
3
3





Thể tích phần khúc gỗ cịn lại là: V  Vtru  Vnón  2000 

1000 5000

cm3 .
3
3



