SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 05/6/2022

(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Tính giá trị các biểu thức sau:
A  64  16.

B

2  3

2

 3.

x2 x
 2 với x  0, x  4.
x 2
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của biểu thức P tại x  49.
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y  x  2.
a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép tính.
2. Cho biểu thức: P 

3 x  y  9
.
4 x  y  5

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 
Câu 3. (2,5 điểm)
1. Cho phương trình x 2  2 x  m  5  0

1

( m là tham số).

a) Giải phương trình 1 khi m  2.
b) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

x22  2 x1  m 2  11m  26  0.
2. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6m . Tính chiều rộng và
chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn là 280m2 .
Câu 4. (1,0 điểm)
  60 0. Hãy tính C
 , AB, BC và diện tích
Cho tam giác ABC vuông tại A có AC  12cm, B
tam giác ABC.
Câu 5. (2,5 điểm)
Từ điểm S nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các tiếp điểm). Kẻ
đường kính AC của đường tròn (O) , đường thẳng SC cắt đường tròn (O) tại điểm D ( D khác
C ).
a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh SA2  SC.SD.
c) Kẻ BH vuông góc với AC tại điểm H . Chứng minh đường thẳng SC đi qua trung
điểm của đoạn thẳng BH .
........... HẾT ..........
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 05/6/2022

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu

Nội dung

Điểm

1. Tính giá trị các biểu thức sau:
A  64  16.

Câu
1

2  3

B

2

 3.

x2 x
 2 với x  0, x  4.
2. Cho biểu thức: P 
x 2

2,0

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của P tại x  49.
1

2  3

B

2

 3  2  3  3.

 2  3  3  2.

a) P 
2

0,5
0,25

A  64  16  8  4  12.

x2 x
2
x 2

x



x 2
x 2

0,25

  2.

0,25
0,25
0,25
0,25

 x  2.

b) Tại x  49 ta có P  49  2.
P  5.

Câu
2

1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y  x  2.
a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép
tính.

2,0

3 x  y  9
.
4 x  y  5

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 
1

a) Vẽ đồ thị y  x 2
x
-2 -1
2
yx
4 1
(0,125đ)
Vẽ đồ thị y  x  2
x
y  x2

(0,125đ)

0
2

-2
0

0
0

1
1

2
4
0,25

Vẽ đồ thị:
- Vẽ đúng đường thẳng được 0,25đ
- Vẽ đúng parabol được 0,25đ

0,5

2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d )
0,25

x2  x  2
 x2  x  2  0
 x1  1  y1  1  2  1

 x2  2  y 2  2  2  4

Tọa độ giao điểm của ( P) và (d ) là (-1;1); (2;4)
3 x  y  9
7 x  14


4 x  y  5
4 x  y  5

0,125
0,125
0,25

x  2

4.2  y  5
x  2

y  3

0,25
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y  là (2;3) .
1. Cho phương trình x 2  2 x  m  5  0

1 ( m là tham số).

a) Giải phương trình 1 khi m  2 .
Câu
3

1.

b) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện
x22  2 x1  m 2  11m  26  0

2. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6m . Tính
chiều rộng và chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn là 280m 2 .
a) Thay m  2 vào phương trình (1) ta có x 2  2 x  2  5  0
 x2  2 x  3  0
 x1  1

 x2  3

2,5

0,5
0,25

Tập nghiệm của phương trình S  1; 3

b) Xét phương trình 1 có  '  1  m  5  6  m
Để phương trình 1 luôn có hai nghiệm thì  '  0  6  m  0  m  6 *

0,125
0,125

 x1  x2  2
 x1 x2  m  5

Theo hệ thức Vi-ét ta có 

0,125

Vì x2 là nghiệm của phương trình (1) nên x 2  2 x2  m  5  0
2

0,125

 x 22  2 x2  m  5

Theo bài ra ta có: x22  2 x1  m 2  11m  26  0
 2 x2  m  5  2 x1  m 2  11m  26  0
 2  x1  x2   m  5  m 2  11m  26  0
 2.  2   m  5  m 2  11m  26  0
 4  m  5  m 2  11m  26  0
 m 2  12m  35  0
 m  5 (thỏa mãn (*)) hoặc m  7 (không thỏa mãn (*))
Kết luận: Vậy m  5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

x22  2 x1  m 2  11m  26  0

Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là x  m  , x  0
Chiều dài khu vườn hình chữ nhật là x  6  m 

0,125
0,125
0,125
0,125

Diện tích khu vườn là 280m 2 nên ta có phương trình:
x  x  6   280

2

Câu
4

 x  6 x  280  0
 x1  20 (không thỏa mãn) hoặc x2  14 (thỏa mãn)

0,125
0,125
0,25

Chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là 14m
Chiều dài khu vườn hình chữ nhật là 14  6  20m

0,125
0,125

2

  60 0 . Hãy tính
Cho tam giác ABC vuông tại A có AC  12cm, B
 , AB, BC và diện tích tam giác ABC .
C

1,0

A
12cm
o
60

C

B

Xét ABC vuông tại A có
 C
  90 0
B
  900  60 0  30 0
C
Xét ABC vuông tại A có
sin B 

0,25

AC
12
 sin 600 
 BC  8 3cm
BC
BC

AB  BC2  AC2 

8 3 

2

 122  4 3  cm 

0,25
0,25

S ABC 

Câu
5

1
1
AB. AC  .4 3.12  24 3  cm 2 
2
2

0,25

Từ điểm S nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các
tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của đường tròn (O) , đường thẳng SC cắt
đường tròn (O) tại điểm D ( D khác C ).
a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh SA2  SC.SD.
c) Kẻ BH vuông góc với AC tại điểm H . Chứng minh đường thẳng SC đi
qua trung điểm của đoạn thẳng BH .

2,5

A

I

S

O

D

H
N
B

C

Vẽ hình đúng câu a
  900 , SBO
  900 (tính chất tiếp tuyến của  O  )
a) Ta có: SAO
  SBO
  1800
 SAO

0,25
0,75

Do đó tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu)
b) Ta có 
ADC  900 (hệ quả góc nội tiếp)
 AD  SC
SAC vuông tại A có đường cao AD
 SA2  SC .SD (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
(Có thể chứng minh SDA đồng dạng với SAC )
c) Gọi I là giao điểm của SO và AB .
Ta có SA  SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OA  OB (là bán kính của  O  )

Suy ra SO là đường trung trực của đoạn thẳng AB
Suy ra SO  AB tại I
Tứ giác SDIA có 
AIS  
ADS  900  CMT 
Suy ra tứ giác SDIA nội tiếp đường tròn (dấu hiệu) (1)
Gọi N là giao điểm của SC và BH

0,75

0,75

 ( góc trong bằng góc ngoài ở đỉnh đối diện)
Từ (1)  
ASD  DIB
 (cùng phụ 
mà 
ASD  DAC
ACD )
  DIB
 (2)
Suy ra DAC
  DAC
 (cùng phụ 
Lại có HNC
ACD )


Mà HNC  DNB (đối đỉnh)
  DAC
 (3)
 DNB
  DIB

Từ (2) và (3)  DNB
 Tứ giác DINB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu)
  BIN
 (cùng chắn BN
 )
 BDN
  BAC
 (cùng chắn BC
 )
Xét  O  có BDN
  BIN

 BAC

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
 IN / / AC
 IN / / AH (vì H thuộc AC )
ABH có IA  IB (vì SO là đường trung trực của AB )
và IN / / AH (CMT)
 NB  NH
 SC đi qua trung điểm N của BH .

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng giám khảo thảo luận chấm theo thang điểm từng
phần.
HẾT.