Đề thi thử toán 9 thanh xuân nam 1920

PHÒNG GD & ĐT QUẬN THANH XUÂN TRƯỜNG THCS THANH XUÂN NAM Bài ĐỀ THÌ THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 Thời gian: 120 phút Ngày thi 20/6//2020 ( điểm) Bài x  B  với x  x x 1 x 1 a) Tính giá trị biểu thức B x  25 b) Rút gọn biểu thức P  A : B c) Tính giá trị nhỏ P (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một phịng họp xếp 120 ghế, số đại biểu 168 người nên người ta phải kê thêm dãy ghế dãy phải thêm ghế Hỏi lúc đầu phịng họp có dãy ghế, biết số ghế dãy Một hình cầu có diện tích mặt cầu 100 cm Tính thể tích hình cầu đó? Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức: A  Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là:   mx  y  2 Cho hệ phương trình  3 x  my  a) Giải hệ phương trình với m  1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn: x  y   Bài m2 m2  (3,5 điểm) Trên đường tròn tâm O lấy bốn điểm A, B, C , D cho AB  BD , AB CD cắt E Đường thẳng BC cắt tiếp tuyến A đường tròn  O  Q , BD cắt AC K  1) Chứng minh CB tia phân giác góc ACE 2) Chứng minh AQEC tứ giác nội tiếp 3) Chứng minh KA.KC  KB.KD 4) Chứng minh QE // AD Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   2 x  Trang HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 x B   x x 1 a) Tính giá trị biểu thức B x  25 b) Rút gọn biểu thức P  A : B c) Tính giá trị nhỏ P ( điểm) Cho biểu thức: A  với x  x 1 Lời giải a) Thay x  25 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức B , ta có: B  Vậy giá trị biểu thức B 1   25   x  25  x  b) P  A : B      : x 1 x 1  x x 1 x x   x 1 x 1 x  x 1  x x  x 1  x 1 x x Áp dụng bdt cô – si cho hai số dương x ta có: x P x 1  1 x  P3 Đẳng thức xảy x   x 1 (thỏa mãn điều kiện) x Vậy giá trị nhỏ P x  (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một phịng họp xếp 120 ghế, số đại biểu 168 người nên người ta phải kê thêm dãy ghế dãy phải thêm ghế Hỏi lúc đầu phịng họp có dãy ghế, biết số ghế dãy c) Với x  ta có : P  Bài 2 Một hình cầu có diện tích mặt cầu 100 cm Tính thể tích hình cầu đó? Lời giải Gọi số dãy ghế lúc đầu x (dãy) (Điều kiện: x * ) 120 Số ghế dãy lúc đầu là: (ghế) x Sau thêm dãy ghế dãy thêm ghế ta có: +Số dãy ghế là: x  (dãy) 120  (ghế) + Số ghế dãy là: x Vì số đại biểu 168 người nên ta có phương trình: 120  x       168  x  240  120  x   168 x Trang 240  44  x 120  x  22  x  x  22 x  120   2x   x  10 x 12 x  120   x  x 10  12  x 10     x 10  x 12    x  10    x  12   x  10 (nhaän )   x  12 (nhaän ) Vậy số dãy ghế lúc đầu 10 dãy ghế 12 dãy ghế Gọi bán kính hình cầu R ( cm ) (điều kiện: R  )  R  (nhaän ) Diện tích mặt cầu là: S  4 R  100  R  25    R  5 (loại) Vậy bán kính hình cầu là: R  cm 4 500  (cm ) Thể tích hình cầu có bán kính R  cm là: V   R3   53  3 500  cm Đáp số: V  Bài (2,0 điểm) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là:   mx  y  2 Cho hệ phương trình  3 x  my  a) Giải hệ phương trình với m  1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn: x  y   m2 m2  Lời giải     Tổng hai nghiệm là: S         Tích hai nghiệm là: P     12   3    2 Vậy phương trình bậc hai có hai nghiệm   là: x  Sx  P   x  x   a) Thay m  1 vào hệ phương trình cho ta có: 3   x x    x  y  4 x    4     3 x  y   x  y    y   y  11    11  Vậy với m  1 hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  4   y  mx  mx  y   y  mx   y  mx  b)      2 3 x  my  3 x  m  mx    3 x  m x  2m   m  3 x  2m  Vì m2   m   m2    m   m2    m   Hệ phương trình ln có nghiệm m : Trang 2m   2m    x  m  x  m 3     y  mx   y  m 2m    5m  m2  m2   m2 2m  5m  m  m2  7m    m      2 2 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m2 Vậy m  hệ phương trình cho ln có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  y   m 3 (3,5 điểm) Trên đường tròn tâm O lấy bốn điểm A, B, C , D cho AB  BD , AB Ta có: x  y   Bài CD cắt E Đường thẳng BC cắt tiếp tuyến A đường tròn  O  Q , BD cắt AC K 1) Chứng minh 2) Chứng minh 3) Chứng minh 4) Chứng minh CB tia phân giác góc  ACE AQEC tứ giác nội tiếp KA.KC  KB.KD QE // AD Lời giải Q E B C K A O D 1) Xét đường trịn  O  có:  AB  BD   AB  BD  1 (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  ACB  BAD Vì A, B, C , D thuộc đường tròn  O  nên ABCD tứ giác nội tiếp   BAD    (góc ngồi góc đối)  ECB  Từ 1     ACB  ECB Suy CB tia phân giác góc  ACE  2) Ta có:  ACB  ECB  (góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung  ACB  QAE Mà  AB )   QAE   ECQ   QAE   ECB Suy AQEC tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề C A nhìn QE hai góc nhau) 3) Xét KAB KDC có:   (đối đỉnh) AKB  DKC Trang  đường tròn  O  )   KDC  (hai góc nội tiếp chắn cung BC KAB Suy KAB ∽ KDC (g.g) KA KB    KA.KC  KB.KD KD KC 4) Vì AQEC tứ giác nội tiếp  AEQ   ACQ (hai góc nội tiếp chắn  AQ )   đường trịn  O  ) ACQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung  Mà EAD AB  BD  AEQ  EAD Suy  Mà chúng vị trí so le Suy QE // AD Bài ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   2 x  Lời giải Điều kiện: x  3  x2  x   x  - 2 x      x  1    2x  1   x     x     x  1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  1 Trang