PHÒNG GD – ĐT QUẬN CẦU GIẤY TRƯỜNG THCS LÊ Q ĐƠN (Đề gồm 01 trang) ĐỀ KHẢO SÁT TỐN Năm học 2022 - 2023 Ngày kiểm tra: 27/05/2023 Thời gian làm bài: 120 phút(Không kể thời gian phát đề) Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức: x −2 với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ x −3 1) Tính giá trị biểu thức Q x = 64 x 1 P= − + Q = x−4 2− x x +2 x ⋅ x −2 3) Cho biểu thức= K Q.( P − 1) Tìm số tự nhiên m nhỏ để phương trình K= m + 2) Chứng minh = P có nghiệm Bài II (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình 1) Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau chạy xi dịng 48km dịng sơng có vận tốc dịng nước 2km/h Tính vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dịng 2) Một thùng đựng sơn hình trụ có đường kính đáy 16cm chiều cao 24cm Tính diện tích vật liệu để tạo nên vỏ thùng đựng sơn (cho biết phần mép nối không đáng kể lấy π ≈ 3,14 ) Bài III (2,5 điểm) 1) Giải phương trình x ( x − 3) + = − x y 2mx + = 2) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): a) Tìm điểm nằm parabol (P) có tung độ b) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B cho S AOB = ( đvdt) Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao BN CM cắt H 1) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp 2) Chứng minh BM BA + CN CA = BC 3) Gọi I trung điểm BC Đường trịn đường kính AH cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K (K khác A) Chứng minh MI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆AMN ba điểm K, H, I thẳng hàng Tìm giá trị nhỏ Bài V (0,5 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = biểu thức P= a + + 7b + + 7c + - Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT TOÁN LẦN Năm học 2022 - 2023 Ngày kiểm tra: 27/05/2023 Thời gian làm bài: 90 phút(Khơng kể thời gian phát đề) PHỊNG GD – ĐT QUẬN CẦU GIẤY TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN (Đề gồm 01 trang) Bài Ý Nội dung Điểm x −2 x −3 Q= (0,5 Thay x = 64 (tmđk): Q = 64 − 64 − điểm) Q= 0,25 0,25 1 x P= − + x−4 2− x x +2 1 x P = + + x −2 x +2 x −2 x +2 (1,0 điểm) ( P= P Bài= I (2,0 điêm) )( ) 0,25 x+ x +2+ x −2 ( x −2 )( x +2 ) x+2 x = x −2 x +2 ( )( K= Q.( P − 1) = K = m +1 ⇔ ( ) x x +2 = x −2 x +2 ) ( )( ) x x −2 x −3 = m + ⇔ (m + 1) x = 3m + x −3 m = -1 (L) (0,5 điểm) 0,25 3m + m ≠ −1 ⇒ x = m +1 Để phương trình có nghiệm 3m + m +1 ≥ m > −1 −5 3m + ≠ ⇔ m ≤ m +1 3m + m ≠ −3 m +1 ≠ Bài 0,5 Mà m số tự nhiên nhỏ nên m = (TM) Gọi vận tốc tàu nước yên lặng x ( km/h) Điều kiện: x > 0,25 0,25 II (1,5 Vận tốc lúc xi dịng ngược dịng x + 2; x – (km/h) (2,0 điểm) 48 Thời gian xi dịng ngược dịng (giờ) điêm x+2 60 (giờ) x −2 Vì thời gian xi dịng thời gian ngược dịng nên ta có phương 60 48 − = x −2 x +2 ⇒ 60 ( x + ) − 48 ( x − ) = ( x − )( x + ) trình: ⇔ 60 x + 120 − 48 x + 96 = x − 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ x − 12 x − 220 = ⇔ x1 = 22 ( T / m ) ; x2 = −10 ( L ) Vậy vận tốc tàu tuần tra nước yên lặng 22 ( km/h) Diện tích vật liệu để tạo nên vỏ thùng đựng sơn diện tích tồn phần thùng sơn Bán kính đáy thùng sơn là: r = 16 : = (cm) Diện tích xung quanh thùng sơn = : S1 2= π h 2π= 24 48π ( cm ) 0,25 S = S1 + S2 = 48π + 128π = 176π 0,25 0,25 = π r 2.= π 64 128π ( cm ) S2 2.= (0,5 Diện tích hai đáy thùng sơn là: điểm) Diện tích vật liệu để tạo nên vỏ thùng đựng sơn là: ( S ≈ 552,64 cm ) Vậy diện tích vật liệu để tạo nên vỏ thùng đựng sơn xấp xỉ 552,64 cm2 x ( x − 3) + = − x ⇔ x−2 x = ⇔ x −2 x −3 = Bài III (2,5 điêm (1,0 điểm) ⇔ ( )( x +1 Đk: … 0,5 ) x −3 = x + =0 x =−1( L) ⇔ ⇔ x −3 = = x 0,25 ⇔x= (tmdk ) 0,25 Vậy pt có nghiệm x = ( Thiếu ĐKXĐ không đối chiếu nghiệm trừ 0,25đ) 2a (0,5 điểm) 2b xM = xM = −2 Điểm M ( xM ; ) ∈ ( P) ⇔ xM =4 ⇔ 0,25 Vậy hai điểm cần tìm ( −2; ) ( 2; ) 0,25 Ta có phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) 0,25 (1,0 2mx + ⇔ x − 2mx - 3= x= điểm) (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A; B ⇔ PT có hai nghiệm phân biệt ⇔∆>0 Tính ∆=' m + ⇔ m + > (Đúng với m) 0,25 Theo hệ thức Viet có: 2m x1 + x2 = x1 x2 =−3 < Ta có x1;x2 trái dấu nên A(xA;yA) B(xB;yB) nằm hai phía so với trục tung Giao điểm d Oy E (0;3), H K hình chiếu của A B Oy 2 SAOB = SAOE +SEOB= OE AH + OE.BK = 0,25 ( x1 + x2= ) x1 + x2 =4 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 + x1 x2 =16 Ta có: ⇔ 4m − 2(−3) + −3 =16 ⇔ m =1 ⇔ m =±1 0,25 A K N M Bài IV (3,0 điêm (1,0 điểm) B H E 0,25 O I C Vẽ hình ý Có BN, CM đường cao tam giác ABC ⇒ BN ⊥ AC N, CM ⊥ AB M ⇒ BNC = CMB = 900 ⇒ N M nhìn BC góc vng ⇒ Bốn điểm M, N, B, C thuộc đường trịn đường kính BC Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp (dhnb) Gọi giao điểm AH với BC E Ta có H trực tâm tam giác ABC Chứng minh AE ⊥ BC (1,0 Chứng minh ∆BMC đồng dạng ∆BEA Suy BM BA = BE BC điểm) Chứng minh tương tự CN CA = CE CB Suy BM BA + CN CA = BC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Đường tròn ngoại tiếp ∆AMN đường trịn đường kính AH = MAH Xét đường trịn đường kính AH có MKH Mà MCI = MAH (cùng phụ ABC ) MKH MCI IMH MI tiếp tuyến đường tròn MKH ngoại tiếp ∆AMN Chứng minh MKIC nội tiếp 0,5 + CKA + ANM = 1800 ⇒ MKC + 2ABC = 1800 ⇒ MKC = 1800 = 2ABC ⇒ MKC + MIC Mà MIC 0,25 Vì ANH = 900 ⇒ N thuộc đường trịn đường kính AH (1,0 1800 điểm) ⇒ AKM + ANM = Suy MKIC nội tiếp = MCI ⇒ MKI = MKH ⇒ MKI Suy K, H, I thẳng hàng Tìm giá trị nhỏ Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = biểu thức P= 7a + + 7b + + 7c + Bài V (0,5 điêm a ( a − 1) ≤ a ≤ a Do a, b, c ≥ 0; a + b + c =1 ⇒ b ( b − 1) ≤ ⇒ b ≤ b c ≤ c c ( c − 1) ≤ a + ≥ a + 6a + ⇒ a + ≥ a + P ≥ a +3+b +3+ c +3 P ≥ 10 Pnn =10 ⇔ số a,b,c có số số 0,25 0,25 0,25