TRƯỜNG THCS TRUNG ĐÔ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1(2,0 điểm ): a)Tính giá trị biểu thức : A = b) Rút gọn biểu thức: B = (2 3−4 ) + 12 x > x x −1 với − x −1 x − x x ≠ Câu 2(2,5 điểm ): 1) Xác định hàm số y = ax + b biết đồ thị hàm số qua M (2; -3) song song với đường thẳng y = 4x - 2) Giải phương trình 3x2 - 5x + = 3) Cho phương trình x − x + = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 > x2 Khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức M = x2 x1 + x1 x2 x1 − x2 Câu 3: (2,0 điểm) a, Kết thúc năm học 2022 – 2023 học sinh hai lớp 9A 9B trường THCS tặng lại thư viện trường 494 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong đó, học sinh lớp 9A tặng sách giáo khoa sách tham khảo, học sinh lớp 9B tặng sách giáo khoa sách tham khảo Biết số sách giáo khoa nhiều số sách tham khảo 246 Tính số học sinh lớp? b, Bác Nam muốn đúc cống nước hình trụ, khơng có đáy, cao 1,1m; thành cống dày 8cm đường kính vành ngồi cống 1,2m Thể tích bê tơng cần dùng để đúc cống m3 ? (Bỏ qua hao phí, làm trịn kết đến hai chữ số phần thập phân lấy π = 3,14) Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Lấy điểm I thuộc đoạn thẳng AB cho IA < IB, kẻ dây MN vng góc với đường kính AB I Trên đoạn MI lấy điểm E ( E khác M, I) Tia AE cắt đường tròn điểm thứ hai K a Chứng minh tứ giác IEKB nội tiếp b Chứng minh (AE.AK + BI.BA) khơng phụ thuộc vào vị trí điểm I c Xác định vị trí điểm I cho chu vi tam giác MIO đạt giá trị lớn nhất? 5( x 2) y y (1) Câu 5(1điểm): Giải hệ phương trình: (6 x y 1) x y (2 x y 1) x y (2) - Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM Câu ý a) Đáp án Điểm (2 − 4) + 12 = A 1,0 đ = | − | + 12 0,5 0,5 = 4−2 3+2 = b) 1,0 đ x > x ≠ Với = B = 2,5 đ x x −1 − x −1 x − x x x x −1 − x ( x − 1) x ( x − 1) = Câu B ln xác định, ta có : 0,25 x − x +1 x ( x − 1) 0,25 ( x − 1) = x ( x − 1) = c) 0,5 đ 0,25 x −1 x 0,25 Đồ thị hàm số song song với đường thẳng y = 4x - ⇒ a = b ≠ -1 Ta có hàm số y = 4x + b Đồ thị hàm số y = 4x + b qua điểm A(2; -3) nên ta có : -3 = + b ⇔ b = -11 (t/m) 0,25 0,25 Vậy hàm số cần tìm y = 4x -11 a) 1,0 đ Ta có: ∆ = (−5) − 4.3.1 = 13 ∆ > ⇒ Phương trình có nghiệm phân biệt: −(−5) + 13 + 13 Câu = x1 = ; 2.3 2,0 đ −(−5) − 13 − 13 = x2 = ; 2.3 0,5 0,5 + 13 − 13 ; Vậy phương trình có tập nghiệm S = Ta có: ∆ ' = (−4) − 1.4 = 12 b) ∆ > ⇒ Phương trình có nghiệm phân biệt: 1,0 đ x1 + x2 = x1.x2 = Theo định lí Viet ta có: 0,25 Vì x1 + x2 > 0; x1 x2 > nên x1 > 0; x2 > Ta có: = M = x2 x1 + x1 x2 x1 x2 ( x1 + x2 ) = x1 − x2 ( x1 + x2 )( x1 − x2 ) x1 x2 0,25 x1 − x2 Ta có ( x1 − x2 )2 =x1 + x2 − x1 x2 =8 − =4 Mặt khác x1 > x2 nên x1 − x2 = =2 Do = M x1 x2 = x1 − x2 = 0,25 0,25 a) 1,5 đ Câu 2,0đ Gọi x số học sinh lớp 9A, 9B x (HS), y(HS) Điều kiện: x , y ∈ N* Số sách giáo khoa mà học sinh lớp 9A tặng x (quyển) 0,25 Số sách tham khảo mà học sinh lớp 9A tặng x (quyển) Số sách giáo khoa mà học sinh lớp 9B tặng 5y (quyển) Số sách tham mà học sinh lớp 9B tặng 2y (quyển) Vì tổng số sách lớp gom 494 nên ta có phương trình: 5x+7y = 494 (1) 0,5 Vì số sách giáo khoa nhiều số sách tham khảo 246 nên ta có phương trình: (4x+5y) – (x + y) = 246 ⇔ 4x + y − x − y = 246 ⇔ x+ y = 82 0,25 (2) 5x +7y = 494 x + y= 82 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 0,25 Giải hệ pt ta được: x = 40, y = 42 (thỏa mãn) Vậy số học sinh lớp 9A 40, số học sinh lớp 9B 42 b) 0,5đ 0,25 Đổi cm = 0,08 m Bán kính vành ngồi cống là: R= 1,2 : 2= 0,6 (m) Bán kính vành cống r = R – 0,08 = 0,6 - 0,08= 0,52m 0,25đ Thể tích bê tơng cần dùng là: V = π R h − π r h = 3,14.1,1.(0,62 − 0,522 ) 0,25đ ≈ 0,31(m3 ) Vậy thể tích bê tơng cần dùng 0,31 (m3 ) K M E A Câu I O B 0,5 3,0 đ Vẽ hình câu a) N a) 1,0 đ ˆ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) HS chứng minh AKB 0,5 Xét tứ giác IEKB có: = 900 (vì AB vng góc với MN) EIB = 900 (cm trên) EKB = 900 + 900 = 1800 + EKB ⇒ EIB ⇒ Tứ giác IEKB nội tiếp b) 1,0 đ 0,5 ˆ = AKM ˆ (hai góc nội tiếp chắn hai cung Ta có: AMN AM, BM) ˆ = AKM ˆ ; AMN ˆ = AKM ˆ ) ⇒ ∆AME ∆AKM ( g g ) ( AMN Suy ra: AE.AK = AM (1) Tam giác AMB vuông M, đường cao MH Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng AMB ta có: 0,5 0,25 BI.BA = BM2 (2) Cộng vế theo vế (1) (2) suy ra: 0,25 AE.AK + BI.BA = AM2 + BM2 = AB2 = 4R2 Vậy (AE.AK + BI.BA) khơng phụ thuộc vào vị trí điểm I c) 0,5 đ Ta có chu vi tam giác MIO C = OI +MO+ OI Do MO= R không đổi nên C lớn (MI + IO) lớn Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: (MI + IO)2 ≤ 2(MI2 + IO2) = 2R2 Dấu “=” xảy IO = MI = 0,25 R 2 Vậy chu vi tam giác MIO lớn I cách O khoảng R 2 0,25 Đk xác định: (Thử kết quả) Từ (2) ta có phương trình: 2(3 x y ) x y x y 2( x y 1) x y x y Câu 0,5 đ Đặt a x y a2 x y b 3x y b2 3x y ta có phương trình: 2b2 a a a b b ( a b)(2 ab 1) ( a b) a b (vì 2ab+1>0) 0,25 Với a b ta có: x y 3x y x y 3x y y x Thay vào (1) ta có: x 10 (1 x)2 3(1 x) x 10 x x x x 10 x x x x x x 2; x x 2 x4 x 2 ; Thử kết quả: Ta có nghiệm y5 y 7 y5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)= (2; 5) Chú ý:+ HS làm cách khác cho điểm tương ứng + Hình học: Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm + Điểm thi khơng làm trịn (tính đến 0,25) 0,25