SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023
MÔN TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 11/06/2022

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1.

(2,0 điểm)
a. Tính A  9  16  2 2  8 .


x
1  x 1

b. Rút gọn biểu thức B  
với x  0 và x  1 .
:
x  1  x  1
 x 1
Bài 2.

(1,5 điểm)
Cho hai hàm số y   x 2 và y  2 x  3
a. Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b. Tìm tọa độ các giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính diện tích tam giác OAB , với O là
gốc tọa độ và đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét.

Bài 3.

(1,5 điểm)

x  3y  5
a. Giải hệ phương trình 
.
2 x  3 y  1
b. Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Nhưng sau khi đi được 2
giờ thì xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa. Do đó, để kịp đến B đúng thời gian
dự định, người đó phải tăng vận tốc thêm 8 km/h. Tính vận tốc ban đầu của xe máy, biết rằng
quãng đường AB dài 160 km.
Bài 4.

(1,5 điểm)
Cho phương trình x 2  2  m  1 x  m 2  3  0 (*), với m là tham số.
a. Giải phương trình (*) khi m  0 .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả
mãn  x1  x2  6   x2  2 x1    x1 x2  7   x1  2 x2  .
2

Bài 5.

2

(3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC . Vẽ các đường cao AD, BE, CF của tam
giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.
a. Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp .
b. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH , BC . Chứng minh rằng
FM .FC  FN .FA .
c. Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF . Chứng
minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN .
--------------- Hết -------------

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023
MÔN TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 11/06/2022

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.

(2,0 điểm)
a. Tính A  9  16  2 2  8 .


x
1  x 1

b. Rút gọn biểu thức B  
với x  0 và x  1 .
 :
x

1
x

1
x

1


Lời giải

A  9  16  2 2  8

a. Ta có:

A  32  4 2  2 2  2 2.2
A  3 4 2 2 2 2  7

b. Với x  0 và x  1 , ta có:


x
1  x 1
B  

:
x  1  x  1
 x 1

B



B

B



x







x 1



x 1



 

x 1


 : x 1
x 1  x 1


x 1



x 1



x  x  x  1 x 1
.
x 1
x 1 x 1





x  1 x 1
.
1
x 1 x  1

Vậy B  1 với x  0 và x  1 .
Bài 2.

(1,5 điểm)
Cho hai hàm số y   x 2 và y  2 x  3 .
a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
b) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính diện tích tam giác OAB , với O là
gốc tọa độ và đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét.
Lời giải
a) Vẽ đồ thị của các hàm số y   x 2 và y  2 x  3
* Đồ thị hàm số y   x 2 :
Hệ số a  1  0 nên đồ thị hàm số y   x 2 là parabol có bề lõm quay xuống dưới.
Bảng giá trị:
Trang 2

Suy ra parabol y   x 2 đi qua các điểm  2;  4  ,  1;  1 ,  0;0  , 1;  1 ,  2;  4  .
* Đồ thị hàm số y  2 x  3 :
Bảng giá trị:

3 
Suy ra đồ thị hàm số y  2 x  3 là đường thẳng đi qua hai điểm  0;  3 và  ; 0  .
2 

* Vẽ đồ thị của các hàm số y   x 2 và y  2 x  3 :

b) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y   x 2 và y  2 x  3 là nghiệm của phương trình:
 x 2  2 x  3   x 2  2 x  3  0  x1  1; x2  3 .

Với x  1  y  1 ; x  3  y  9 . Do đó 2 giao điểm là A 1;  1 , B  3;  9  .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục Ox .

Trang 3

Ta có SOAB  S AKHB  SOAK  SOHB
S OAB 

AK  HB
1
1
.KH  AK .OK  OH .HB
2
2
2

S OAB 

1 9
1
1
.4  .1.1  .3.9  6  cm 2  .
2
2
2

Vậy diện tích tam giác OAB bằng 6cm2 .
Bài 3.

(1,5 điểm)

x  3y  5
a. Giải hệ phương trình 
.
2 x  3 y  1
b. Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Nhưng sau khi đi được 2
giờ thì xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa. Do đó, để kịp đến B đúng thời gian
dự định, người đó phải tăng vận tốc thêm 8 km/h. Tính vận tốc ban đầu của xe máy, biết rằng
quãng đường AB dài 160 km.
Lời giải

x  3y  5
3x  6
x  2
x  2



a. 
.
2 x  3 y  1  x  3 y  5 2  3 y  5  y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  x; y    2; 1 .
b. Đổi: 20 phút =

1
giờ.
3

Gọi x (km/h) là vận tốc ban đầu của xe máy (điều kiện x  0 ).
Thời gian dự định đi từ A đến B là:

160
(giờ).
x

Trong 2 giờ đầu người đó đi được 2x (km). Quãng đường còn lại là 160  2 x (km).
Theo bài ra, ta có phương trình:

1 160  2 x 160
2 

3
x8
x



7 160  2 x 160


3
x 8
x



7 x( x  8) 3 x(160  2 x) 160.3.( x  8)


3x( x  8)
3x( x  8)
3x( x  8)

 7 x 2  56 x  480 x  6 x 2  480 x  3840
 x 2  56 x  3840  0
Ta có:  '  282  1.(3840)  4624  0

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 

28  4624
 40 (thỏa mãn)
1

Trang 4

x1 

28  4624
 96 (loại).
1

Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là 40 km/h.
Bài 4.

(1,5 điểm)
Cho phương trình x 2  2  m  1 x  m 2  3  0 (*), với m là tham số.
a. Giải phương trình (*) khi m  0 .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả
mãn  x1  x2  6   x2  2 x1    x1 x2  7   x1  2 x2  .
2

2

Lời giải
Phương trình: x  2  m  1 x  m  3  0 (*), với m là tham số
2

2

a. Thay m  0 vào phương trình (*), ta được: x 2  2 x  3  0 (**)
Ta có: a  b  c  1  (2)  (3)  0
(3)
 Phương trình (**) có hai nghiệm là: x1  1; x2  
3
1
Vậy với m  0 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là x1  1; x2  3 .
b. Vì a.c  m 2  3  0 với mọi m  phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m.
 x1  x2  2( m  1)
Hệ thức Vi-et: 
2
 x1.x2   m  3
Vì x1.x2  m2  3  0 nên x1 , x2 trái dấu   x2  2 x1  ;  x1  2 x2  trái dấu.

Mặt khác  x1  x2  6   0;  x1 x2  7   0 với mọi x1 , x2
2

2

Do đó:  x1  x2  6   x2  2 x1    x1 x2  7   x1  2 x2 
2

2

  x1  x2  6    x1 x2  7   0
2

2

  2m  2  6    m2  3  7   0
2

2

 (2m  4) 2  (m2  4)2  0  m  2
Vậy với m  2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn

 x1  x2  6   x2  2 x1    x1 x2  7   x1  2 x2  .
2

Bài 5.

2

(3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC . Vẽ các đường cao AD, BE , CF của tam giác
đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.
a) Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp.
b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn AH , BC . Chứng minh rằng
FM .FC  FN .FA .
c) Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF . Chứng
minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN .
Lời giải:

Trang 5

a) Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp

AFH  90 (do CF  AB ), 
AEH  90 (do BE  AC ).
* Xét tứ giác AEHF có 
AFH  
AEH  180 , mà 
AFH và 
AEH ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp.
Suy ra 
  90 (do CF  AB ), BEC
  90 (do BE  AC ).
* Xét tứ giác BFEC có BFC
 và BEC
 cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác
Suy ra 2 góc BFC
BFEC nội tiếp.
b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn AH , BC . Chứng minh rằng
FM .FC  FN .FA .
Tam giác BFC vuông tại F có FN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
BC
(1).
 FN 
2
Tam giác BEC vuông tại E có EN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
BC
(2).
 EN 
2
Từ (1) và (2) suy ra FN  EN (*).
Tam giác AHF vuông tại F có FM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH
AH
(3).
 FM 
2
Tam giác AEH vuông tại E có EM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH
AH
(4).
 EM 
2
Từ (3) và (4) suy ra FM  EM (**).
Từ (*) và (**) ta có MN là đường trung trực của EF .
Gọi G là giao điểm của MN và EF .
Tam giác FME có MG là đường cao đồng thời là đường trung tuyến.
  1 FME
 (5).
Suy ra FME cân tại M có MG là đường phân giác FMG
2
Trang 6

  1 FME
 (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF có FAE
2
tâm chắn cung EF ) (6).

  FMG
 hay FAC
  FMN
.
Từ (5) và (6) suy ra FAE
Lại có FM  MH 

1
  MFH
  DHC
.
AH nên tam giác FMH cân tại M  MHF
2

Mặt khác FN  NC 

1
  NCF
.
BC nên tam giác FNC cân tại N  NFC
2

  HDC
  90  NFC
  MFH
  MFN
  90 .
Mà NCF
  FAC
 , MFN

Xét tam giác FMN và FAC có FMN
AFC  90 .
Suy ra FMN ∽ FAC 

FM FN

 FM .FC  FN .FA (đpcm).
FA FC

c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN .

  90 .
Vì MN  EF tại G nên MGF
  90 .
Ta có MP  PQ tại P nên MPF

  MPF
  180 , mà 2 góc này đối nhau  MPFG là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác MPFG có MGF
  MFP
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MP ).
Suy ra MGP
  90 .
Vì MN  EF tại G nên NGF
  90 .
Ta có NQ  PQ tại Q nên NQF
  180 , mà 2 góc này đối nhau  NQFG là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác NQFG có 
NGF  NQF
  NFQ
 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung NQ ).
Suy ra NGQ

  NGQ
  MFP
  NFQ
.
 MGP
  90 nên MFP
  NFQ
  90  MGP
  NGQ
  90  PGQ
  90  G thuộc
Mà MFN
đường tròn đường kính PQ .
Vậy đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN .
_____ THCS.TOANMATH.com _____

Trang 7