Đề tk môn toán thcs bằng luân

PHÒNG GD & ĐT ĐOAN HÙNG TRƯỜNG THCS BẰNG LUÂN ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THAM KHẢO THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2022 – 2023 Mơn: Tốn Thời gian làm 120 phút không kể thời gian giao đề (Đề có 02 trang) Thí sinh làm (cả phần trắc nghiệm khách quan phần tự luận) vào tờ giấy thi PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu Kết rút gọn biểu thức 3 2 A  2 B 2  C  D  Câu Trong hàm số sau, hàm số hàm số bậc A y x B y 3  x 2 y x C D y 7  x d : y 2 x  d : y 3  x Câu Cho hai đường thẳng     Tung độ giao điểm d d     y  A y B C y 1 D y  3 x  y   x; y  Câu Cặp số  nghiệm hệ phương trình: 2 x  y 6  1;   A  2;  B  2;  1 C  3;  D  y   2m  1 x A  2;  Câu Cho hàm số Giá trị m để đồ thị qua điểm  A m 0 B m 1 C m 2 D m  2 Câu Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình x  x  0 Giá trị biểu thức A x12  x2 A 20 B 21 C 22 D 23 m  x  x  0  Câu Cho phương trình  Giá trị m để phương trình cho có nghiệm A m  B m 0 C m  D m 3 Câu Cho tam giác ABC vuông c có BC = 1,2 cm, AC = 0,9 cm Các tỉ số lượng giác sinB; cosB A sin B 0, 6; cosB 0,8 B sin B 0,8; cosB 0,6 C sin B 0, 4; cosB 0,8 D sin B 0, 6; cosB 0, Câu 9: Nhà bạn Minh có thang dài 4m Để đảm bảo an toàn sử dụng, phải đặt thang tạo với mặt đất góc 65 (tức đảm bảo thang không bị đổ sử dụng) Để đảm bảo an tồn sử dụng khoảng cách A 1, 76 m B 1, 71 m C 1, 68 m D 1, 69 m 0   Câu 10 Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), biết ABC 45 ; BAC 60 Số đo cung AB 0 B 90 A 150 C 120 D 210 PHẦN II: TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu (1,5 điểm) Cho biểu   a 1  P     : a1 a   a   thức a 2  a   với a  0; a 1; a 4 a) Tính giá trị biểu thức P x 9 b) Rút gọn biểu thức P c) Tìm a để P dương P d Câu (2 điểm) Cho Parabol   : y  x đường thẳng   có phương trình: y 2  m  1 x  3m  a) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A B Biết hai điểm A B P thuộc parabol   có hồnh độ 1;  d P C x; y b) Tìm m để đường thẳng   cắt parabol   hai điểm phân biệt  1  ; D  x2 ; y2  2 cho x1  x2 20 O; R  O Câu (3 điểm) Cho đường tròn  , từ điểm A   kẻ tiếp tuyến d O với   Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A ), kẻ tiếp tuyến MB ( B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA , gọi H giao điểm AC BD , I giao điểm OM AB a) Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp b) Chứng minh OAHB hình thoi c) Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d 2  x  y  x  y 8  xy x  1  y  1 12 Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:   ………………….Hết………………  I PHỊNG GD & ĐT ĐOAN HÙNG ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS BẰNG LUÂN THPT NĂM HỌC: 2021 – 2022 ĐỀ THAM KHẢO Mơn: Tốn Thí sinh làm (cả phần trắc nghiệm khách quan phần tự luận) vào tờ giấy thi PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu Kết rút gọn biểu thức A  2 3 2 3 2 B 2  2 C  Lời giải D    2 2  Ta có: (vì  2 )  Chọn đáp án B Câu Trong hàm số sau, hàm số hàm số bậc A y x B y 3  x 2 y x C D y 7  x Lời giải Hàm số hàm số bậc  Chọn đáp án C y x (vì biến x mẫu) d : y 2 x  d : y 3  x Câu Cho hai đường thẳng     Tung độ giao điểm d d     y  A y B C y 1 Lời giải D y  d d Phương trình hồnh độ giao điểm     x  3  x  x  x 3   x 5  x  Thay x 6 vào phương trình đường thẳng  d1  : y 2 x  ta được: 5 y 2       3 3  Chọn đáp án A 3 x  y   x; y  Câu Cặp số  nghiệm hệ phương trình: 2 x  y 6  1;   A  2;  B  2;  1 C  3;  D  Lời giải Ta có: 3 x  y  3 x  y  3x  y  3 x  y  3.2  y   y 2             x  y 6 8 x  y 24 11x 22  x 2  x 2  x 2 x; y   2;  Vậy nghiệm hệ phương trình cho   Chọn đáp án B y   2m  1 x A  2;  Câu Cho hàm số Giá trị m để đồ thị qua điểm  A m 0 B m 1 C m 2 D m  Lời giải Thay tọa độ điểm   2m 1    A   2;  vào hàm số y   2m  1 x ta được: 4   2m  1  m 0 Vậy m = giá trị cần tìm  Chọn đáp án A Câu Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình x  x  0 Giá trị biểu thức A x12  x22 A 20 B 21 C 22 Lời giải D 23 Phương trình x  x  0 có hai nghiệm x1 ; x2 Theo hệ thức Vi-ét ta có: 5   x1  x2    x x    x  x 5   x1 x2 2 Ta lại có: A  x12  x2  x1  x2   x1 x2  x1  x2 5  A  x1  x2   x1 x2 52  2.2 21 Thay  x1 x2 2 vào A ta được: Vậy A 21  Chọn đáp án B m  1 x  x  0 Câu Cho phương trình  có nghiệm A m  B m 0 Giá trị m để phương trình cho C m  Lời giải D m 3 x 1 0  x  * Với m  phương trình cho trở thành: Do đó, m  thỏa mãn điều kiện * Nếu m  , phương trình cho phương trình bậc hai ẩn Ta có:  42   m  1 16  4m  12  4m Để phương trình cho có nghiệm khi:  12  4m 0   4m  12  m  Kết hợp trường hợp, để phương trình cho có nghiệm m ≤  Chọn đáp án D Câu Cho tam giác ABC vng c có BC = 1,2 cm, AC = 0,9 cm Các tỉ số lượng giác sinB; cosB A sin B 0, 6; cosB 0,8 B sin B 0,8; cosB 0,6 C sin B 0, 4; cosB 0,8 D sin B 0, 6; cosB 0, Lời gải Áp dụng định lý Pytago vào ABC vuông C, ta được: AB  CA2  CB  92  122 15  cm  Áp dụng hệ thức lượng vào ABC vuông C, ta được: sin B  AC BC 12   0, cosB    0,8 AB 15 AB 15  Chọn đáp án A Câu 9: Nhà bạn Minh có thang dài 4m Để đảm bảo an toàn sử dụng, phải đặt thang tạo với mặt đất góc 65 (tức đảm bảo thang không bị đổ sử dụng) Để đảm bảo an tồn sử dụng khoảng cách A 1, 76 m B 1, 71 m C 1, 68 m Lời gải Áp dụng toán vào ABC vuông A, với BC 4cm; C 650 Theo hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vng, ta có: AC BC.cosC 4.cos 650 1, 69m  Chọn đáp án D D 1,69 m 0   Câu 10 Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), biết ABC 45 ; BAC 60 Số đo cung AB 0 B 90 A 150 0 D 210 C 120 Lời giải Trong ABC có:  BAC  ABC  ACB 1800 (theo tính chất tổng ba góc tam giác)     ACB 1800  BAC  ABC 1800   600  450  750  Vì ACB góc nội tiếp chắn cung AB nên ACB  sd AB  sd AB 2 ACB  2.750 1500  Chọn đáp án A PHẦN II: TỰ LUẬN (7,5 điểm)   a 1  P     : a1 a   a   thức Câu (1,5 điểm) Cho biểu a  0; a 1; a 4 a) Tính giá trị biểu thức P x 9 b) Rút gọn biểu thức P c) Tìm a để P dương Lời gải a) Thay x 9 (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức P ta được:   1  P     :     91 2   1   1     :        3 3  3 3   1  5  2  5    :       :     3  2  6  2  :   6 P Vậy với x 9 b) Với a  0; a 1; a 4 ta có:   a 1  P     : a   a   a1  a  :  a1 a    a  a 1 :  a a1 a    a2   a1    a   a1  a  1 a  a a    a1  a1 a a a 2  a   với a 0 a  0; a  1; a  a  P  c) Với , để Vậy với a  P  a  0  a   a  P d Câu (2 điểm) Cho Parabol   : y  x đường thẳng   có phương trình: y 2  m  1 x  3m  a) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A B Biết hai điểm A B P thuộc parabol   có hồnh độ 1;  d P C x; y b) Tìm m để đường thẳng   cắt parabol   hai điểm phân biệt  1  ; 2 cho x1  x2 20 D  x2 ; y2  Lời gải P a) Vì hai điểm A B thuộc parabol   có hồnh độ 1;  nên ta có: 2 P A 1; +) Với x 1 từ   : y  x ta suy y 1 1 Khi đó, ta có điểm   2 y     4 P B  2;  +) Với x  từ   : y  x ta suy Khi đó, ta có điểm  Phương trình đường thẳng qua hai điểm A B đường thẳng có dạng y ax  b  d ' d' Thay tọa độ điểm A B vào   , ta được: a  b 1  a  b 1  a  b 1 b 2  a.1  b 1          2a  b 4  3a 3  a  a   a     b 4 d' Vậy phương trình đường thẳng   y  x  P d b) PT hoành độ giao điểm     là: x 2  m  1 x  3m   x   m  1 x  3m  0  * PT (*) có:     m  1    3m   4m  8m   12m  2 4m  4m 12  2m   2.2m 1 11  2m  1 11   m Vì  0 nên PT (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m Do cắt hai điểm phân biệt Vì C  x1 ; y1  D  x2 ; y2   P  d  với m x1 ; x2 hai nghiệm PT (*) nên áp dụng hệ thức Vi-ét vào PT (*) ta  x1  x2 2m    x1 x2 3m  2 Mà x12  x22 20   x1  x2   x1 x2 20 2m     3m   20  4m  8m   6m  20 Hay   4m  2m  12 0  2m2  m  0 (**) Ta có:  m 12  4.2    49  nên PT (**) có hai nghiệm phân biệt   49   49 m1   m2   2.2 2; 2.2 m m  thỏa mãn ĐK toán Vậy O; R  O Câu (3 điểm) Cho đường tròn  , từ điểm A   kẻ tiếp tuyến d O với   Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A ), kẻ tiếp tuyến MB ( B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA , gọi H giao điểm AC BD , I giao điểm OM AB b) Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp b) Chứng minh OAHB hình thoi c) Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời gải a) Xét tứ giác AMBO ta có: OAM 900 O (Vì MA tiếp tuyến   A ) OBM 900 O (Vì MB tiếp tuyến   B )  OAM  OBM 1800   Mà OAM OBM hai góc đối tứ giác AMBO , AMBO tứ giác nội tiếp b) Ta có: +) OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt)  OB // AC hay OB // AH (1) +) OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt)  OA // BD hay OA // BH (2) Từ (1) (2) suy ra: tứ giác OAHB hình bình hành Ta lại có OA OB  R   OAHB hình thoi c) Theo chứng minh phần b ta có OAHB hình thoi AH  AO R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH R 2  x  y  x  y 8  xy x  1  y  1 12 Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình:    I Lời gải  x  y  x  y 8  x  x  1  y  y  1 8    xy  x  1  y  1 12  x  x  1 y  y  1 12 Ta có:  u  x  x  1  v  y  y  1 Đặt  u  v 8  II   Khi hệ cho trở thành u.v 12 Theo Vi-ét u v nghiệm phương trình: X  X  12 0  X 2; X 6 u; v     2;  ;  6;   Hệ (II) có hai nghiệm  +) Với u 2   v 6  x  x  1 2  x  x  0     y  y  1 6  y  y  0  1  2 Giải   ta được: x1 1 x2  Giải   ta được: y1  y2 2 I x; y     1;  3 ,  1;  ,   2;  3 ,   2;   Do đó, hệ   có nghiệm:  +) Với u 6   v 2  x  x  1 6  x  x  0     y  y  0  y  y  1 2  3  4 Giải   ta được: x3  x4 2 Giải   ta được: y3 1 y4  I x; y      3; 1 ,  2; 1 ,   3;   ,  2;    Do đó, hệ   có nghiệm:  Kết luận: hệ phương trình cho có nghiệm:  x; y     1;  3 ,  1;  ,   2;  3 ,   2;  ,   3; 1 ,  2; 1 ,   3;   ,  2;    ………………….Hết………………