Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn tỉnh Khánh Hòa năm 2023 có lời giải chi tiết.

(1)

Câu 1. (3,0 điểm) Không dùng máy tính cầm tay

a) Tính giá trị của biểu thức: A 123 272 75.

b) Giải hệ phương trình: ² ⁷_.

3 3

x y x y

  

  



c) Giải phương trình: x²8x 7 0.

Câu 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d :y2x m 3 với m là tham số và parabol

 

P :yx². a) Vẽ đồ thị  P .

b) Tìm các số nguyên m để

 

d và

 

P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x₁, x₂ thỏa mãn:

   

2 2

1 2 2 2 1 2 10.

x x  x x   Câu 3. (1,5 điểm)

Nhằm đáp ứng nhu cầu sử dụng khẩu trang chống dịch COVID – 19, theo kế hoạch hai tổ sản xuất của một nhà máy dự định làm 720000 khẩu trang. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt kế hoạch 15% và tổ II vượt kết hoạch 12%, vì vậy họ đã làm được 819000 khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch số khẩu trang của mỗi tổ sản xuất là bao nhiêu?

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho nữa đường tròn tâm O bán kính 3cm, có đường kính AB. Gọi C là điểm thuộc nữa đường tròn sao cho .

ACBC Vẽ OD vuông góc với AC D



AC



và CE vuông góc với AB E



AB



. Tiếp tuyến tại B của nữa đường tròn cắt tia AC tại F.

a) Chứng minh rằng ODCE là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng OCD CBF.

c) Cho BAC30 .⁰ Tính diện tích phần tam giác ABF nằm ngoài đường tròn



^O^{; 3}^cm



^.

d) Khi C di động trên nữa đường tròn



^O^{; 3}^cm



^. Tìm vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác OCE lớn nhất.

---HẾT--- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP THPT NĂM HỌC: 2022 – 2023

MÔN: TOÁN Ngày thi: 3/6/2022

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH KHÁNH HÒA Câu 1. (3,0 điểm) Không dùng máy tính cầm tay

a) Tính giá trị của biểu thức: A 123 272 75.

b) Giải hệ phương trình: ² ⁷_.

3 3

x y x y

  

  



c) Giải phương trình: x²8x 7 0.

Lời giải a) Ta có: A 123 272 752 39 310 3 3.

b) Ta có: ² ⁷ ⁵ ¹⁰ ² .

3 3 2 7 3

x y x x

x y y x y

      

  

  

  

        

  

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y;   2; 3 .  c) Ta có:

      

2 2

8 7 0 7 7 0

7 7 9 1 7 0 1.

7

x x x x x

x x x x x x

x

       

 

         

  Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S^ ^{1; 7 .}

Câu 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  ^d ^:^y^²^x^{ }^m ³^với^m là tham số và parabol

 

P :yx². a) Vẽ đồ thị  P .

b) Tìm các số nguyên m để

 

d và

 

P cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x₁, x₂ thỏa mãn:

   

2 2

1 2 2 2 1 2 10.

x x  x x   Lời giải a) Đồ thị  P .

(3)

b) Phương trình hoành độ giao điểm giữa

 

d và

 

P :

2 2

2 3 2 3 0.

x  x  m x  x  m

 

d và

 

P cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi    1



m    3



4 m 0 m4.

Khi đó theo định lý Viete, ta có: ¹ ²

1 2

2 . 3 x x x x m

  

  

 Do đó:

   

 

   

2 2

1 2 2 1

2 2

1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

2

2 2 10

2 10

2 4 10

2 3 2 2 4 3 10

4 2 0

2.

x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

m m

   

    

     

      

  

  Vì m và 2 m 4 nên m2 hoặc m3.

Vậy m2 hoặc m3 là tất cả các giá trị cần tìm.

Câu 3. (1,5 điểm)

Nhằm đáp ứng nhu cầu sử dụng khẩu trang chống dịch COVID – 19, theo kế hoạch hai tổ sản xuất của một nhà máy dự định làm 720000 khẩu trang. Do áp dụng kĩ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt kế hoạch 15% và tổ II vượt kết hoạch 12%, vì vậy họ đã làm được 819000 khẩu trang. Hỏi theo kế hoạch số khẩu trang của mỗi tổ sản xuất là bao nhiêu?

Lời giải Gọi x là số khẩu trang tổ I sản xuất, điều kiện: x^*. Gọi y là số khẩu trang tổ I sản xuất, điều kiện: y^*. Khi đó x y 720000 1 . 

Tổ I đã sản xuất vượt kế hoạch 15% nên số lượng khẩu trang thực tế tổ I sản xuất là: 1,15 .x Tổ II đã sản xuất vượt kế hoạch 12% nên số lượng khẩu trang thực tế tổ II sản xuất là: 1,12 .x Theo đề ta có: 1,15x1,12y819000 1 . 

Từ  1 và  2 ta có hệ phương trình:

720000 420000

1,15 1,12 81900 300000

x y x

x y y

    

 

 

 

    

 

 

Vậy theo kế hoạch tổ I sản xuất 420000 khẩu trang, tổ I sản xuất 300000 khẩu trang.

(4)

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho nữa đường tròn tâm O bán kính 3cm, có đường kính AB. Gọi C là điểm thuộc nữa đường tròn sao cho .

ACBC Vẽ OD vuông góc với AC D



AC



và CE vuông góc với AB E



AB



. Tiếp tuyến tại B của nữa đường tròn cắt tia AC tại F.

a) Chứng minh rằng ODCE là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng OCD CBF.

c) Cho BAC30 .⁰ Tính diện tích phần tam giác ABF nằm ngoài đường tròn



O; 3cm



.

d) Khi C di động trên nữa đường tròn



O; 3cm



. Tìm vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác OCE lớn nhất.

Lời giải

a) Ta có: ODC OEC90⁰90⁰ 180 .⁰ Suy tứ giác ODCE nội tiếp.

b) Ta có: OCD CAO CAB do AOC cân tại O.

Mạt khác FAB vuông tại B có BC là đường cao nên CBF CAB do cùng phụ với CBA. Từ đó suy ra OCD CBF.

c) Vì BAC30⁰ nên CBA60⁰ OBC đều. Do đó BOC60 .⁰ Diện tích hình quạt giới hạn bởi cung nhỏ OB là:

2 0 2 0

2

0 0

60 3 60 3

360 360 2 .

q

S R      cm

Diện tích

2

3 3 9 3 2

: .

4 4

OBC SOBC  cm

  

F

E D

A O

C

B

(5)

Suy ra: tan tan 60⁰ ₀ 3 . tan 60

BC BC BC

CFB CF cm

CF CF

     

Do đó ¹ ¹ 3 3 ^{3 3}.

2 2 2

SBCF  BC CF     Diện tích phần cần tính là:

3 3 3 9 3 15 3 3 2

2 2 4 4 2 .

S SBCF S     cm

 

d) Ta có: C_OCE OCCEEO 3 CEEO và CE²EO²OC²9.

Khi đó:



^CE^^EO



²^²



^CE²^^EO²



^²^OC²^^18.^{Suy ra}^CE^^EO^^{3 2.}

Do đó C_OCE 3 3 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ CEEO COB45 .⁰

Vậy chu vi tam giác OCE lớn nhất bằng 33 2 khi C nằm trên đường tròn

 

^O ^{sao cho}^^COB^⁴⁵⁰