Đề toán thi vào 10 (đề 4)

THCS ARCHIMEDES ACADEMY TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 06 Toán 9 (Năm học 2017 – 2018) Ngày thi 21 – 4 – 2018 Thời gian 120 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A = 7x x  và B = 2 1 2 3 93 3 x x x x xx x        (với x > 0; x ≠ 9) 1 Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 2 Rút gọn biểu thức B 3 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A + 1 B Câu II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình Một ô tô đi từ A đến B dài 260km, sau khi ô tô đi được 120km với vận tốc.

THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ THI THỬ LẦN 06 TỔ TOÁN Toán (Năm học 2017 – 2018) Ngày thi: 21 – – 2018 Thời gian: 120 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A= x7 B = x x x 1 x  x    x 9 x 3 x 3 (với x > 0; x ≠ 9) Tính giá trị biểu thức A x = 16 Rút gọn biểu thức B B Câu II (2,0 điểm) Giải tốn cách lập hệ phương trình phương trình Tính giá trị nhỏ biểu thức P = A + Một ô tô từ A đến B dài 260km, sau ô tô 120km với vận tốc dự định tăng vận tốc thêm 10km/h đoạn đường cịn lại Tính vận tốc dự định ô tô, biết xe đến B sớm thời gian dự định 20 phút x  y  Câu III (2,0 điểm) Cho hệ phương trình   x  my  (m tham số) Tìm giá trị nguyên m để hệ có nghiệm (x, y) cho x, y số nguyên Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = –2mx – 4m (m tham số) a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B b) Giả sử x1, x2 hoành độ A B Tìm m để |x1| + |x2| = Câu IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) đường kính BC (AB > AC) Từ A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt tia BC M Kẻ dây AD vng góc với BC H Chứng minh rằng: Tứ giác AMDO nội tiếp Giả sử  ABC = 300 Tính diện tích hình viên phân giới hạn dây AC cung AC nhỏ theo R Kẻ AN vng góc với BD (N thuộc BD), gọi E trung điểm AN, F giao điểm thứ hai BE với (O), P giao điểm AN BC, Q giao điểm AF BC a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh BH2 = BP.BQ Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD AM I K Chứng minh rằng: F trung điểm IK Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương x, y Thỏa mãn x  2019  y  y  2019  x Tìm giá trị nhỏ A = x2 + 2xy – 2y2 + 2y + 2019 … ……….……….Hết……….…………… Hướng dẫn chấm mơn Tốn Đề thi thử lần 06 (21-04-18) Câu Ý Hướng dẫn chấm Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện) I Thay vào biểu thức A ta 0,5đ A = 16  23  16 Rút gọn B Với x > 0, x ≠ x  x  3   x  1 x  3   x  x  3 Ta có B =  x  3 x  3 1,0đ 2đ x  x  2x  x   2x  x  =  x  3 x  3 = 0,5đ II 2,0đ  x3 x x  x 3 x  3 x  3 x7 x 3 x  x    = B x x x Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương x 4, ta x   x.4  x x P≥ = Dấu “=” xảy  x = (TM) x Vậy Pmin =  x = Đổi 20 phút = (h) Gọi vận tốc ban đầu xe ô tơ x (x > 0, đ/vị: km/h) Ta có P = A + Thời gian xe hết quãng đường AB với vận tốc ban đầu Thời gian xe 120km với vận tốc ban đầu 120 (h) x Vận tốc sau tăng x + 10 (km/h) 140 (h) x Vì xe B đến sớm 20 phút, nên ta có phương trình 260 120 140    x x x  10 140 140    x x  10  x  60 (TM)   x2  10 x  4200     x  70 (Loai) Thời gian xe 140km với vận tốc tăng Vậy vận tốc ban đầu xe ô tô 60 km/h Điểm 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 260 (h) 0,25 x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tìm điều kiện m … 1,0 x  y  Hệ phương trình (1)   x  my  (1) (2) 0,25 Từ (1) (2), ta có (2 – m)y = (3) Để hệ (I) có nghiệm (3) có nghiệm  2m   m  2 Khi y = 2m Thay y vào (1), ta có  x =  3m 2m  3m   x   m Vậy m ≠ hệ có nghiệm  y   2m 0,25   x   2  m Ta có  y   2m Suy m   để x   y      - m  U(2)= ±1; ±2 2-m a)  m 0; 1; 3; 4 0,25 Vậy nghiệm m 0; 1; 3; 4 thỏa mãn yêu cầu 0,25 Tìm m … 0,5 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 + 2mx + 4m = (1) Ta có ’ = m(m – 4) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1  m     '  m  m(m  4)  0,25 a   m  Vậy  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt … Với x1, x2 hai hoành độ A B  x  x  2 m Theo định lý Vi-ét ta có:   x1x2  4m 0,25 0,5 Ta có |x1| + |x2| =  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| =  4m2 – 8m + 8|m| = (*) 0,25  m = - (chon)  +) Với m < (*)  4m – 16m – =    m = 4,5 (loai)  m = +) Với m > (*) 4m2 – =   (KTMDK) m = -  thỏa nãm yêu cầu đề Chứng minh điểm … Vậy m =  IV a) 0,25 1,0 3,5đ 0,25 Ta có AOD cân O (vì OA = OD = R) 0,75đ OH trung trực AD (định lý)   90 (tính chất tiếp tuyến) OAM Trong AOD cân, đường cao OH phân giác  = DOM  AOM Xét OAM DOM  = DOM (cmt), OM chung Có OA = OD = R, AOM  OAM DOM (c – g – c)  = ODM  90  OAM Xét tứ giác OAMD có  + OAM ODM  180  , ODM  vị trí đối Mà hai góc OAM  t.g OAMD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)  = 2.ABC   60 (hệ góc nội tiếp) Ta có AOC 1,0đ Diện tích hình quạt AOC 60 πR S = πR = 360 0,25 0,25 0,25 0,25 Diện tích tam giác AOC là: S2 = a) 0,5đ 0,5đ R2 0,25 Diện tích hình viên phân πR R R2 S = S1 – S2 = = 2π - 3  (đvdt) 12  Ta có EH đường trung bình AND (định nghĩa)  = BDA  (đồng vị)  EH // ND  EHA  = BFA  (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) Xét (O) có BDA  = EFA  =BDA   EHA  0,25 0,25 0,25   = EFA  (cmt) Xét tứ giác AEHF có EHA Mà hai góc vị trí kề nhìn cạnh AE  AEHF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Xét BEH BHF có  chung EBH  = AFE )  = BFE  (cùng phụ với AHE BHE  BEH  BHF (g – g)  BH = BE.BF (*)  = BEN  (hai góc đối đỉnh) Ta lại có AEF  = AHF  (hai góc nội tiếp chắn cung AF) AEF  = AQH  (cùng phụ với góc FHQ) AHF   = BQF Từ (1), (2) (3), suy BEP Xét BPE BFQ có  chung EBP  (cmt)  = BQF BEP  BEP  BQF (g – g) BE BP  (**) =  BE.BF = BP.BQ BQ BF Từ (*) (**), suy BH2 = BP.BQ  = 90o Vì IK // BC (gt)  AIF Xét AIF BNE có  = BNE  = 90o AIF  = EBN  (hai góc nội tiếp chắn cung DF) IAF  AIF  BNE (g – g) IF AI =  (4) NE BN Xét IAK NBA có  = ANB  = 90o AIK  = ABD  (= sđ AD ) IAK  IAK  NBA (g – g) AI IK =  (5) BN NA 0,25 0,25 (1) (2) (3) 0,25 0,25 Từ (4) (5)  Mà IF IK IF NE =  = NF AN IK NA NE IF =  =  IK = 2IF NA IK Suy ra: F trung điểm IK V Từ giả thiết suy a2  0,5đ 0,25 69  b2  c2 69  52  52 19    16  a  , 2 b2 = 69 – 2a2 – c2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36  b ≤ 6, c2 = 69 – 2a2 – b2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36  c ≤ 6, Từ đó, ta có (a – 4)(a – 2) ≤  a2 ≤ 6a –  2a2 ≤ 12a – 16, (b – 6)(b – 5) ≤  b2 ≤ 11b – 30 (c – 6)(c – 5) ≤  c2 ≤ 11c – 30 Suy 0,25 69 = 2a2 + b2 + c2 ≤ 12a + 11b + 11c – 76 = (12a + 13b + 11c) – 2b – 76 = (12a + 13b + 11c) – 10 – 76 = P – 86 Từ đó, ta có P ≥ 155 Dấu “=” xảy  a = 2, b = 5, c = Vậy GTNN P 155  a = 2, b = 5, c = 0,25 Lưu ý: - Điểm toàn để lẻ đến 0,25 điểm - Các cách làm khác cho điểm tối đa - Bài 4, thí sinh vẽ hình sai phạm vi câu khơng tính điểm câu ... x Vận tốc sau tăng x + 10 (km/h) 140 (h) x Vì xe B đến sớm 20 phút, nên ta có phương trình 260 120 140    x x x  10 140 140    x x  10  x  60 (TM)   x2  10 x  4200     x ...Hướng dẫn chấm mơn Tốn Đề thi thử lần 06 (21-04-18) Câu Ý Hướng dẫn chấm Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện) I Thay vào biểu thức A ta 0,5đ A = 16  23  16 Rút gọn B... điểm x2 + 2mx + 4m = (1) Ta có ’ = m(m – 4) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1  m     '  m  m(m  4)  0,25 a   m  Vậy  (d) cắt (P)