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

1,0 điểm Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID-19, một công 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH THỪA THIÊN HUẾ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ BÀI Câu 1 (1,5 điểm)

a) Tìm số x không 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



 với x0,y0

Câu 2 (1,5 điểm)

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 3 1

x y

x y

 







b) Viết phương trình đường thẳng  d yax b a  0, biết rằng đường thẳng  d song song với đường thẳng  d' y2x1 và đi qua điểm M2; 3 

Câu 3 (1,0 điểm)

Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID-19, một công 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, Công 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 2

x  xm (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 x x1, 2 thỏa mãn đẳng thức:

x x x x  x x 

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho ba điểmA 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 vuông 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 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 tròn 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 -

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THỪA THIÊN HUẾ

NĂM HỌC 2021-2022

NHÓM GIÁO VIÊN GIẢI ĐỀ

1 Nguyễn Thị Quỳnh Trang

2 Lê Ngọc Minh Mẫn

3 Trần Quang Hiếu

4 Phan Minh Trinh

5 Lê Đức Nhân

6 Trương Triều Giang Quá trình trình bày lời giải không tránh khỏi sai sót, mong nhận được sự góp ý của quý thầy

cô đồng nghiệp cùng các em học sinh Chân thành cảm ơn

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (1,5 điểm)

a) Tìm số x không âm, biết: x 2

b) Không 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



 với x0,y0

Lời giải

a) Điều kiện: x 0, ta có: x 2 x 2 22 x4TM

b) A 4.5 9.5 52 53 5 50

2

x x y y





Câu 2 (1,5 điểm)

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 3 1

x y

x y

 







b) Viết phương trình đường thẳng  d yax b a  0, biết rằng đường thẳng  d song song với đường thẳng  d' y2x1 và đi qua điểm M2; 3 

Lời giải

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 3 1

x y

x y

 







Ta có: 3 1 3 1 7 14 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x y ;  1; 2 

b) Vì  d song song với đường thẳng  d' : y2x1 nên 2

1

a b







 



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2x7

Câu 3 (1,0 điểm)

Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID-19, một công 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, Công 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

x ( ngày)

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

Số ngày làm thực tế là: 20000 1

x  ( ngày)

Số tấm chắn làm được thực tế là: (x 300) 200 00 1

x

Theo đề ra ta có pt: ( 300) 20000 1 20000 700

x

2

2000( )

1000 600000 0

3000( )







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 2

x  xm (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 x x1, 2 thỏa mãn đẳng thức:

x x x x  x x 

Lời giải

a) Với m 2, phương trình (1) trở thành: 2

x  x 

Ta có: a1,b 3,c2 a b c     1 3 2 0

Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm: 1

2

x x









 Vậy với m 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2

b) Phương trình (1) có nghiệm 0  3 2 4.1 0 9

4

c) Với 9

4

m  thì phương trình (1) có nghiệm nên theo hệ thức Viet ta có: 1 2

1 2

3

x x

x x m

 









Theo đề ta có: 3 3 2 2

x x x x x x

x x  x x x x  x x

    9m2m22m2 5

2

4m 9m 5 0

    (2)

Ta có: 4 9 5  0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là

1 5 4

m m







 



(thỏa)

Vậy m 1 và 5

4

m  thì phương trình (1) có nghiệm thỏa yêu cầu bài toán

Câu 5 (3,0 điểm) Cho ba điểmA 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 vuông 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

Lời giải

a) Vì I là trung điểm của EFIOEF (Tính chất đường kính và dây cung)  o

90

AIO

90

AMO  (AM là tiếp tuyến của ( )O )

Do đó: hai đỉnh I và M kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc o

90

Vậy tứ giác AMIO nội tiếp

b) AMO vuông tại M có đường cao MH nên: 2

OA OH OM (Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông) (1)

Mặt khác OM OF(bằng bán kính của ( )O ) (2)

Từ (1) và (2) ta có: 2

Xét OFH và OAF , ta có: OAF: góc chung và OF OH

OA  OF Suy ra OFH đồng dạng OAF (c-g-c)

c) Gọi T là trung điểm GO (5)

Gọi S là điểm thuộc OA sao cho 1

3

OS  OAS cố định

Vì G là trọng tâm 2

3

Mà 1

2

OT  OG (do (5)) 1 2 1 1

OT

OI

OIA

3

ST AI

OI OA   (Định lí Ta-lét đảo) ST OI (Vì )

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

Mà S SO, cố định G thuộc đường tròn ( ;S SO) hay ;

3

OA S

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 tròn 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

Lời giải

Khúc gỗ hình trụ có bán kính đáy R10cm và chiều cao h20cm nên có

thể tích là:

2 10 202 2000 3

tru

Vật dạng hình nón có bán kính đáy R10cm và chiều cao ' 1 10

2

h  h cm nên có thể tích là:

.10 10

nón

Thể tích phần khúc gỗ còn lại là: 1000 5000  3

2000

tru nón