Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế

Thứ Bảy ngày 05 tháng 06 năm 2021, sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thừa Thiên Huế tổ chức kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2021 – 2022.

Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế gồm 01 trang với 06 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài 120 phút, đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm. Mời bạn đọc đón xem!

73 37 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
Trang 1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021-2022
Khóa ngày 05 tháng 06 năm 2021
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
1. ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Trường THPT Thuận Hóa, ĐHSP Huế
2. ThS. Nguyễn Văn Rin – Trường THPT Hai Bà Trưng, Huế
3. ThS. Trần Đình Cư – Trường THPT Gia Hội, Huế
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
1,5
1.a
Tìm số
x
không âm, biết
.
Với
0x
ta có
2
2 2 4xx
.
Vậy
4x
.
1.b
Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức
4.5 9.5 5A
.
22
4.5 9.5 5 2 .5 3 .5 5 2 5 3 5 5 0A
.
Vậy
0A
.
1.c
Rút gọn biểu thức
2
x x y y
C x y
xy
với
0x
và
0y
.
Với điều kiện
0x
và
0y
ta có
33
2
2
xy
x x y y
C x y x xy y
x y x y

22
x y x xy y
x xy y x xy y x xy y
xy
xy
.
Vậy
C xy
.
2
1,5
2.a
Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình
31
25
xy
xy


.
Ta có
3 1 6 2 2 7 7 1 1
2 5 2 5 2 5 1 2 5 2
x y x y x x x
x y x y x y y y
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
; 1; 2xy 
.
2.b
Viết phương trình đường thẳng
:d y ax b
, biết rằng đường thẳng
d
song
song với đường thẳng
: 2 1d y x

và đi qua điểm
2; 3M
.
Vì
d
song song với
d
nên
2
1
a
b

(thỏa
).
: 2 1d y x b b
.
2; 3Md
nên
3 2.2 7bb
(thỏa
1b 
).
Vậy
: 2 7d y x
.
Để phục vụ công tác phòng 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 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
1,0
Trang 2
3
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?
Gọi số tấm chắn bảo hộ công ty A làm trong mỗi ngày là
x
(tấm)
*
x
.
Theo kế hoạch, số ngày hoàn thành
20000
tấm chắn bảo hộ là
20000
x
(ngày).
Số tấm chắn bảo hộ làm trong một ngày theo thực tế là
300x
(tấm).
Theo thực tế, số tấm chắn bảo hộ làm được nhiều hơn
700
tấm so với kế hoạch ban đầu
là nên số ngày hoàn thành
20700
tấm chắn bảo hộ là
20700
300x
(ngày).
Vì công ty A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày so với thời gian quy định
nên ta có phương trình
20700 20000
1 20700 300 20000 300
300
x x x x
xx
2
3000
1000 6000000 0
2000
x
xx
x

.
Đối chiếu với điều kiện, ta được
2000x
.
Vậy số tấm chắn bảo hộ công ty A làm trong mỗi ngày là
2000
(tấm).
4
Cho phương trình
2
30x x m
(1), với
x
là ẩn số.
2,0
4.a
a) Giải phương trình (1) khi
2.m
Với
2m
, phương trình (1) trở thành
2
3 2 0xx
.
Vì
1 3 2 0abc
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
1; 2xx
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
1;2S
.
4.b
b) Tìm các giá trị của
m
để phương trình
1
có nghiệm.
Phương trình
1
có nghiệm
2
9
0 3 4.1. 0 9 4 0
4
m m m
.
Vậy với
9
4
m
thì phương trình
1
có nghiệm.
4.c
c) Tìm các giá trị của
m
để phương trình
1
có nghiệm
12
,xx
thỏa mãn đẳng thức
3 3 2 2
1 2 1 2 1 2
25x x x x x x
.
Với
9
4
m
thì phương trình
1
có nghiệm.
Theo định lý Vi-ét ta có
12
12
3xx
x x m

.
Ta có
3 3 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 5 2 5x x x x x x x x x x x x
22
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 5x x x x x x x x


22
3 2 2 5m m m
2
4 9 5 0 2mm
.
Vì
0abc
nên phương trình
2
có hai nghiệm phân biệt
12
5
1;
4
mm
(thỏa điều kiện
9
4
m
).
Vậy
5
1;
4
m



.
5
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
(
E
không trùng với
M
và
C
),
đường thẳng
AE
cắt nửa đường tròn
O
tại điểm thứ hai là
F
(
F
không trùng
).E
Gọi
3,0
Trang 3
I
là trung điểm của
EF
và
H
là hình chiếu vuông góc của điểm
M
lên đường thẳng
.BC
Chứng minh:
a) Tứ giác
AMIO
nội tiếp.
b) Hai tam giác
OFH
và
OAF
đồng dạng.
c) Trọng tâm
G
của tam giác
OEF
luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm
E
thay đổi trên cung
.MC
5.a
a) Chứng minh
AMIO
nội tiếp
Ta có:
90AMI AIO
Hay
,MI
cùng nhìn
AO
dưới 1 góc vuông.
Vậy tứ giác
AMIO
là tứ giác nội tiếp
5.b
b) Chứng minh
OFH
∽
OAF
Xét hai tam giác
OFH
và
OAF
có:
+
O
chung
1
+
AMO
vuông tại
M
(do
AM
là tiếp tuyến) nên
22
.2
OH OF
OH OA OM OF
OF OA
.
Từ (1) và (2) suy ra
OFH
∽
OAF
5.c
Chứng minh trọng tâm
G
của tam giác
OEF
luôn nằm trên một đường tròn cố định khi
E
thay đổi trên cung
MC
G
là trọng tâm tam giác
OEF
nên
2
3
OG
OI
.
Kẻ
GK
song song với
AI
cắt
AO
tại
K
, tức
90KGO 
.
Theo định lý Talet ta có
22
33
OK OG
OK OA
OA OI
nên
K
cố định.
Hay
G
luôn nằm trên đường tròn đường kính
OK
khi
E
di chuyển trên cung
MC
.
6
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình tròn 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 tròn đáy
là
10
cm, chiều cao bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích
phần khúc gỗ còn lại.
1,0
K
G
H
I
F
M
O
A
C
B
E
Trang 4
Thể tích hình trụ là:
2
1
.10 .20 2000V


cm
3
Thể tích hình nón là:
2
2
1 1000
.10 .10
33
V

cm
3
Vậy, thể tích phần khúc gỗ còn lại là:
12
1000 5000
2000
33
V V V

cm
3
.
--- HẾT ---
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021-2022
Khóa ngày 05 tháng 06 năm 2021 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
1. ThS. Trần Ngọc Đức Toàn – Trường THPT Thuận Hóa, ĐHSP Huế
2. ThS. Nguyễn Văn Rin – Trường THPT Hai Bà Trưng, Huế
3. ThS. Trần Đình Cư – Trường THPT Gia Hội, Huế Câu Ý Nội dung Điểm 1,5 1.a
Tìm số x không âm, biết x  2 . Với x  0 ta có 2
x  2  x  2  4 . Vậy x  4 .
1.b Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A  4.5  9.5  5 . 2 2
A  4.5  9.5  5  2 .5  3 .5  5  2 5  3 5  5  0 . Vậy A  0 . 1.c Rút gọn biểu thức     2 x x y y C x y
với x  0 và y  0 . x y 1
Với điều kiện x  0 và y  0 ta có 3 3   C
  x y 2  x  y x x y y  
 x  2 xy yx y x y
x yxxy y 
 x  2 xy y  x xy yx  2 xy yx yxy . Vậy C xy . 1,5 3  x y 1 2.a
Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  .
x  2y  5 3  x y 1 6
x  2y  2 7  x  7 x 1 x 1 Ta có          .
x  2y  5
x  2y  5
x  2y  5 1   2y  5 y  2 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ;
x y  1; 2 . 2
Viết phương trình đường thẳng d  : y ax b a  0 , biết rằng đường thẳng d  song
2.b song với đường thẳng d:y  2x1 và đi qua điểm M 2;3. a  2
Vì d  song song với d nên 
(thỏa a  0 ). b   1 
d:y  2x bb    1 .
M 2; 3d  nên 3
  2.2  b b  7  (thỏa b  1  ).
Vậy d  : y  2x  7 .
Để phục vụ công tác phòng chống dịch COVID – 19, một công ty A lên kế hoạch trong 1,0
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, 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 Trang 1
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?
Gọi số tấm chắn bảo hộ công ty A làm trong mỗi ngày là x (tấm)  * x  .
Theo kế hoạch, số ngày hoàn thành 20000 tấm chắn bảo hộ là 20000 (ngày). 3 x
Số tấm chắn bảo hộ làm trong một ngày theo thực tế là x  300 (tấm).
Theo thực tế, số tấm chắn bảo hộ làm được nhiều hơn 700 tấm so với kế hoạch ban đầu
là nên số ngày hoàn thành 20700 tấm chắn bảo hộ là 20700 (ngày). x  300
Vì công ty A đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn đúng một ngày so với thời gian quy định
nên ta có phương trình 20700 20000 1 
 20700x xx  300  20000x  300 x  300 xx  3000  2
x 1000x  6000000  0   . x  2000
Đối chiếu với điều kiện, ta được x  2000 .
Vậy số tấm chắn bảo hộ công ty A làm trong mỗi ngày là 2000 (tấm). 4 Cho phương trình 2
x  3x m  0 (1), với x là ẩn số. 2,0 4.a
a) Giải phương trình (1) khi m  2.
Với m  2 , phương trình (1) trở thành 2
x  3x  2  0 .
Vì a b c 1  3
   2  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x  2 . 1 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;  2 .
4.b b) Tìm các giá trị của m để phương trình   1 có nghiệm. Phương trình   1 có nghiệm      2 9 0 3
 4.1.m  0  9  4m  0  m  . 4 9 Vậy với m  thì phương trình   1 có nghiệm. 4
c) Tìm các giá trị của m để phương trình  
1 có nghiệm x , x thỏa mãn đẳng thức 1 2 4.c 3 3 2 2
x x x x  2x x  5. 1 2 1 2 1 2 9 Với m  thì phương trình   1 có nghiệm. 4 x x  3
Theo định lý Vi-ét ta có 1 2  . x x m  1 2 Ta có 3 3 2 2
x x x x  2x x  5  x x  2 2 x x  2 2  2x x  5 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  x x
x x 2  2x x   2x x 2  5 1 2 1 2 1 2 1 2  
m 2  m 2 3 2  2m  5 2
 4m 9m  5  02. Vì 5
a b c  0 nên phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt m  1; m  1 2 4 9
(thỏa điều kiện m  ). 4  5 Vậy m  1  ; .  4 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 5
tròn O ( M là tiếp điểm). Trên cung MC lấy điểm E ( E không trùng với M và C ), 3,0
đường thẳng AE cắt nửa đường tròn O tại điểm thứ hai là F ( F không trùng E). Gọi Trang 2
I là trung điểm của EF và H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng BC. Chứng minh:
a) Tứ giác AMIO nội tiếp.
b) Hai tam giác OFH và OAF đồng dạng.
c) Trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm
E thay đổi trên cung MC. M E I G F A C K B H O 5.a
a) Chứng minh AMIO nội tiếp Ta có:
AMI AIO  90
Hay M , I cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông.
Vậy tứ giác AMIO là tứ giác nội tiếp
5.b b) Chứng minh OFH ∽ OAF
Xét hai tam giác OFH và OAF có: + O chung   1 + A
MO vuông tại M (do AM là tiếp tuyến) nên OH OF 2 2
OH.OA OM OF   2. OF OA
Từ (1) và (2) suy ra OFH ∽ OAF 5.c
Chứng minh trọng tâm G của tam giác OEF luôn nằm trên một đường tròn cố định khi
E thay đổi trên cung MC OG
G là trọng tâm tam giác OEF nên 2  . OI 3
Kẻ GK song song với AI cắt AO tại K , tức KGO  90 .
Theo định lý Talet ta có OK OG 2 2 
  OK OA nên K cố định. OA OI 3 3
Hay G luôn nằm trên đường tròn đường kính OK khi E di chuyển trên cung MC .
Một khúc gỗ đặc có dạng hình trụ, bán kính hình tròn 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 tròn đáy
là 10 cm, chiều cao bằng một nửa chiều cao của khúc gỗ (như hình vẽ bên). Tính thể tích phần khúc gỗ còn lại. 6 1,0 Trang 3 Thể tích hình trụ là: 2    1 V .10 .20 2000 cm3 1 1000 Thể tích hình nón là: 2    2 V .10 .10 cm3 3 3 1000 5000
Vậy, thể tích phần khúc gỗ còn lại là: V       1 V 2 V 2000 cm3. 3 3 --- HẾT --- Trang 4
Document Outline

  • 20210605-175419_p0-đã chuyển đổi
  • GIAI-DE-TS-10-HUE-2021