Đề thị thử toán 9 Tân Định 1920

TRƯỜNG THCS TÂN ĐỊNH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 MÔN TOÁN Năm học 2019 – 2020 Tháng 6/2020 Thời gian 120 phút Câu (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 4 x  x  10 x 1 x 2   B  với x x2 x x 2 x x  0; x  1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 3 x 3) Tìm giá trị nguyên lớn x cho Câu A A  B B (2,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Một tơ từ tỉnh A đến tỉnh B cách 40km với vận tốc dự định Đến tỉnh B ô tô tiếp tục đến tỉnh C (tỉnh C cách tỉnh B 80km ) với vận tốc lớn vận tốc dự định 20km / h Tính vận tốc dự định tơ Biết tổng thời gia ô tô 40 phút Đổ lượng nước vào thùng hình trụ có bán kính đáy 30cm Nghiêng thùng cho mặt nước chạm miệng thùng đáy thùng ( hình vẽ) mặt nước tạo với đáy thùng góc  ACB  60o Tính thể tích hình trụ (Lưu ý: làm trịn kết đến hàng đơn vị) Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x  x   2) Cho phương trình x   m  1 x  m   (m tham số) a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m b) Tìm tất giá trị m cho Câu  x1  x2  (3,0 điểm) Cho đường tròn  O  đường kính AB , dây CD vng góc với AB I ( IA  IO ) Lấy K đối xứng với A qua I Tia DK cắt đường tròn  O  điểm thứ hai M ( M  D ) Gọi giao điểm AM BC H , giao điểm AC BM S 1) Chứng minh điểm B, M , H , K thuộc đường tròn 2) Chứng minh tứ giác SCDK hình bình hành 3) Qua S kẻ SE , SF tiếp tuyến đường tròn  O  ( E , F tiếp điểm)   SKE  ba điểm E , H , F thẳng hàng Chứng minh SEH Câu (0,5 điểm) Với x , y , z số dương x  y  z  xyz  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy yz zx   z (2 x  y ) x (2 y  z ) y (2 z  x ) Trang Trang HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN TRƯỜNG THCS TRƯNG VƯƠNG Câu (2 điểm) x 4 x  x  10 x 1 x 2   B  với x  0; x  x x2 x x 2 x 1) Tính giá trị biểu thức A x  Cho hai biểu thức A  x 3 x 2) Chứng minh B  3) Tìm giá trị nguyên lớn x cho A A  B B Lời giải Thay x  vào A  x 4 4 24   1 ta có A  x Vậy A  1 x  B  x  x  10 x 1 x 2   x2 x x 2 x  x  x  10 x 1 x 2   x ( x  2) x 2 x  x  x  10  x ( x  2)  x  x  10  x  x  x  x ( x  2)  x x 6 x  x  ( x  2)( x  3) x 3    x ( x  2) x ( x  2) x ( x  2) x x 4 x  x 3 x A A  Để B B A  B Nên x ( x  1) ( x  2)( x  2)  x 2 x x 4 đk x  x 3 A  hay B x 4  Vì với x  x 3 x    x   x  16 Vậy giá trị nguyên lớn x  15 Câu x 3 A A  B B (2,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Trang Một tơ từ tỉnh A đến tỉnh B cách 40km với vận tốc dự định Đến tỉnh B ô tô tiếp tục đến tỉnh C (tỉnh C cách tỉnh B 80km ) với vận tốc lớn vận tốc dự định 20km / h Tính vận tốc dự định tơ Biết tổng thời gia tơ 40 phút Đổ lượng nước vào thùng hình trụ có bán kính đáy 30cm Nghiêng thùng cho mặt nước chạm miệng thùng đáy thùng ( hình vẽ) mặt nước tạo với đáy thùng góc  ACB  60o Tính thể tích hình trụ ( Lưu ý: làm trịn kết đến hàng đơn vị) Lời giải Đổi 1h 40 phút  h Gọi vận tốc dự định ô tô x  km / h  , x  Thì vận tốc tơ từ B đến C x  20  km / h  Thời gian ô tô từ A đến B là: 40 h x Thời gian ô tô từ B đến C là: 80  h x  20 Vì tổng thời gian tơ h nên ta có phương trình: 40 80   x x  20  120  x  20  3x  x  20   x  x  20  240 x  3x  x  20  3x  x  20   120  x  20   240 x  x  x  20   120 x  2400  240 x  x  100 x  5x  260 x  2400   x  52 x  480    x  60  x     x  60   x  60    x 8   x  8 Giá trị x  60 thỏa mãn điều kiện ẩn; x  8 không thỏa mãn điều kiện ẩn Vậy vận tốc dự định ô tơ 60km / h Đường kính đáy BC  2.30  60  cm  Trang Độ dài AB chiều cao hình trụ Ta có  ABC vng B có  ACB  60o nên theo hệ thức cạnh góc tam giác ta có: AB  CB.tan  ACB  60.tan 60o  60  cm    Thể tích hình trụ cần tìm là: V   r h   302.60  293835 m3 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x  x   2) Cho phương trình x   2m  1 x  m   (m tham số) a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m b) Tìm tất giá trị m cho  x1  x2  Lời giải 1) Điều kiện x  8x  x    8x  x  x        x  1 x  3   x    v× x    x     x x 1  x 1   x x 16 Vậy tập nghiệm phương trình S    16  2) Cho phương trình x   2m  1 x  m   (m tham số) a) Ta có      2m  1    m  1  4m  4m   4m   4m    m Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m b) Theo ý a, phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m  x1  x2  2m  Áp dụng định lý Vi-et ta có:   x1.x2  m  Để x1 ; x2 có nghĩa  x1  0; x2  suy x1 x2   m  Ta có  x1  x2   x1  x2  x1  x2   2m   Trang m  tháa m·n  Vậy m   Câu giá trị cần tìm (3,0 điểm) Cho đường tròn  O  đường kính AB , dây CD vng góc với AB I ( IA  IO ) Lấy K đối xứng với A qua I Tia DK cắt đường tròn  O  điểm thứ hai M ( M  D ) Gọi giao điểm AM BC H , giao điểm AC BM S 1) Chứng minh điểm B, M , H , K thuộc đường tròn 2) Chứng minh tứ giác SCDK hình bình hành 3) Qua S kẻ SE , SF tiếp tuyến đường tròn  O  ( E , F tiếp điểm)   SKE  ba điểm E , H , F thẳng hàng Chứng minh SEH Lời giải S M F C H J E I A K O B D 1) Vì AB  CD I AB đường kính  O  nên AC  AD   AC   AD 1  ) MKB  )   (góc có đỉnh bên   (sđ    (sđ  Ta có MHB AC + sđ BM AD + sđ BM 2  O  )   MKB  Từ 1 ,   suy MHB Suy tứ giác BKHM tứ giác nội tiếp (theo DHNB) hay điểm B, M , H , K thuộc đường trịn 2) Ta có IC  ID (cmt), IA  IK (gt) CD  AK (gt) nên tứ giác ACKD hình thoi Suy AC // DK  SC // DK   Lại có  AMB   ACB  90 (các góc nội tiếp chắn nửa  O  ) Trang Suy AM  SB, BC  SA Mà H  AM  BC nên H trực tâm SAB , SH  AB     90  HKB   90 Vì tứ giác BKHM tứ giác nội tiếp (cmt) HMB Suy HK  AB   Từ   ,   suy S , H , K thẳng hàng hay SK  AB Mà CD  AB (gt), suy SK // CD   Từ  3 ,   suy tứ giác SCDK hình bình hành (theo DHNB) 3) Vì OE  OF (bán kính  O  ) SE  SF   (t/c tiếp tuyến cắt nhau) nên SO trung trực FE hay SO  FE J Suy EJ  SO  8 SJ SO  SF   Lại có SCH ∽ SKA (g – g) nên SH SC   SH SK  SC SA 10  SA SK  (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn EC   O  )   sđ EC Ta có SEC  (góc nội tiếp  O  chắn EC  )   sđ EC EAC   EAC  Suy SEC Do SEC ∽ SAE (g – g) nên SE SC   SC SA  SE 11 SA SE   SKE  +) Từ 10  , 11 suy SH SK  SE nên SEH ∽ SKE (c – g – c), suy SEH +) Từ   ,   , 10  , 11 suy SJ SO  SH SK   90  HJ  SO 12  Suy SHJ ∽ SOK (c – g – c), SJH Từ  8 , 12  suy E , H , J thẳng hàng hay E , H , F thẳng hàng Câu (0,5 điểm) Với x , y , z số dương x  y  z  xyz  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy yz zx   z (2 x  y ) x (2 y  z ) y (2 z  x ) Lời giải Điều kiện x  y  z  xyz   P  Đặt 1   6 xy yz zx xy yz zx   z 2 x  y  x 2 y  z  y 2 z  x  1   1 2 1 2 1 3 z    x3    y    x z  y x z y 1  a ;  b;  c x y z a  0; b  0; c  Trang Và P  a3 b3 c3   c  b a  c 2b  a Áp dụng bất đẳng thức cơ-si ta có: a3 a (2c  b ) a a (2 c  b ) 2  2  a 2c  b 2c  b Tương tự b3 b(2 a  c ) 2   b 2a  c 3 c c(2b  a ) 2   c 2b  a P 2 1 a  b  c    ab  bc  ca     a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca   3 Có a  b  c  ab  bc  ca P a  b  c    ab  bc  ca    3 Dấu “=” xảy a  b  c  x  y  z  Vậy giá trị nhỏ P   x  y  z   HẾT  Trang ... DK   Lại có  AMB   ACB  90  (các góc nội tiếp chắn nửa  O  ) Trang Suy AM  SB, BC  SA Mà H  AM  BC nên H trực tâm SAB , SH  AB     90   HKB   90  Vì tứ giác BKHM tứ giác... B ô tô tiếp tục đến tỉnh C (tỉnh C cách tỉnh B 80km ) với vận tốc lớn vận tốc dự định 20km / h Tính vận tốc dự định tơ Biết tổng thời gia tơ 40 phút Đổ lượng nước vào thùng hình trụ có bán kính... x  15 Câu x 3 A A  B B (2,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Trang Một ô tô từ tỉnh A đến tỉnh B cách 40km với vận tốc dự định Đến tỉnh B ô tô tiếp tục đến tỉnh C (tỉnh