Đề thi thử vào Lớp 10 THPT vòng 2 năm học 2023-2024 môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT huyện Đông Hưng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT vòng 2 năm học 2023-2024 môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT huyện Đông Hưng (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT VÒNG 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (2,0 điểm). x 1 x 2 Cho biểu thức A  (với x 0; x 4 ). x 4x 2 2 a) Rút gọn biểu thức A; b) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16; c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 2 (2,5 điểm). 1.Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tổng của hai chữ số của số đó bằng 11. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của số đó cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị. 2.Cho Parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d): y 2x 3 . Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d). Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2 2mx m 2 1 0 (1) (với m là tham số). a) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm bằng 2; b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 thoả mãn x1 2x 2 7 . Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. C là một điểm trên đường tròn (O; R) sao cho AC = R. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M bất kì ( M B;C ), AM cắt BC tại I. Từ I kẻ IH vuông góc với AB tại H, tia MH cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh tứ giác BHIM là tứ giác nội tiếp và MHI MDC . b) Chứng minh ΔBCD là tam giác đều. c) Chứng minh AI.AM BI.BC không đổi khi M chuyển động trên cung nhỏ BC. d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC sao cho chu vi của tứ giác ABMC đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (0,5 điểm). Cho ba số a, b, c dương thoả mãn 6a 3b 2c abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 3 T a2 1 b 2 4 c 2 9 Hết Họ và tên: .Số báo danh: ..
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT VÒNG 2 NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN: TOÁN 9 CÂU Ý NỘI DUNG Điểm x 1 x 2 Cho biểu thức (với ). A  x 0; x 4 x 4x 2 2 a) Rút gọn biểu thức A; b) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16; c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Với x 0; x 4 ta có: x 1 x 2x x 2 x 2 0,25 A.  x 4x 2 2 (x 2)( x 2) 2 2 x 1 x 2 a  0,25 2 (1,0đ) x 2 x 2 x 1 0,25 x 2 Câu 1 x 1 Vậy A với x 0; x 4 . 0,25 2,0 x 2 điểm Thay x 16 thoả mãn điều kiện vào A ta được 16 1 5 0,25 b A 6 (0,5đ) 16 2 5 Vậy A khi x 16 . 0,25 6 x 1 Ta có A với x 0; x 4 . x 2 x 2 1 1 1 x 2 x 2 0,25 c (0,5đ) vì x 0x 0 1 1 1 1 1 x 2 2 1 1 A x 22 x 2 2 2 1 Dấu “=” xẩy ra x 0(/ tm ) Vậy min A khi x 0 0,25 2 1. Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, sao cho tổng của hai chữ số của số đó bằng 11. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị của số đó cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị. 2. Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 2x 3. Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d). Gọi số có hai chữ số cần tìm là ab( a , b N ,0 a 9;0 b 9). 0,25 Câu 2 Tổng của hai chữ số của số đó bằng 11 nên ta có a b 11 (1) 0,25 1 2,5 (1,5đ) Khi đổi chỗ hai chữ số của số đó ta được số mới là ba điểm Theo bài ra ta có 0,25 ba ab27 (10 b a ) (10 a b ) 27 b a 3 (2)
3. a b 11 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 0,25 b a 3 a b11 a 4 (t / m ) 0,25 2b 14 b 7 Vậy số cần tìm là 47 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 0,25 x2 2 x 3 0 Có 16 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 0,25 2 x 3; x 1 1 2 (1,0đ) (Hoặc lập luận theo cách: Phương trình bậc hai ẩn x có: a – b + c = 0) Với x 3 y 9 1 1 0,25 x2 1 y 2 1 V ậ y toạ độ giao điểm của (P) và (d) là: (3; 9) và (-1; 1). 0,25 Cho phương trình x2 2mx m 2 1 0 (1) (với m là tham số). a) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm bằng 2; b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thoả mãn x1 2x 2 7 . Vì phương trình (1) có nghiệm bằng 2 nên thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 0,25 22 2.mm .2 2 1 0 mm 2 4 3 0 a m 1 0 m 1 (0,75đ) (m 1)( m 3) 0 m 3 0 m 3 0,25 (Hoặc lập luận theo cách: Phương trình bậc hai ẩn m: có a + b + c = 0) Vậy m 1; 3 thì phương trình (1) có nghiệm bằng 2. 0,25 Câu 3 Ta có (2m )2 4.( m 2 1) 4 0 1,5 Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 với mọi m điểm 0,25 xx1 2 2 m (2) Theo Viets ta có: 2 xx1. 2 m 1 (3) Để x1 2x 2 7x 1 7 2 x 2 thay vào (2) ta được 7 2xxmx 2 7 2 mxm 4 7 b 2 2 2 1 (0,75đ) Thay x1 4 m 7 và x2 7 2 m vào (3) ta được (4m 7)(7 2 mm ) 2 1 3 mm 2 14 16 0 ( mm 2)(3 8) 0 0,25 m 2 m 2 0 8 3m 8 0 m 3 8  Vậy m 2;  là giá trị cần tìm. 0,25 3  Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. C là một điểm trên đường tròn (O; R) sao cho AC = R. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M bất kì ( M B;C ), AM cắt BC Câu 4 tại I. Từ I kẻ IH vuông góc với AB tại H, tia MH cắt đường tròn (O; R) tại 3,5 điểm thứ hai là D. điểm a) Chứng minh tứ giác BHIM là tứ giác nội tiếp và MHI MDC . b) Chứng minh ΔBCD là tam giác đều.
4. c) Chứng minh AI.AM BI.BC không đổi khi M chuyển động trên cung nhỏ BC. d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC sao cho chu vi của tứ giác ABMC đạt giá trị lớn nhất. C M I O A B H K D + Ta có AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IMB 900 0,25 Vì IH AB BHI 900 0,25 0 0 0 Xét tứ giác BHIM có IMB IHB 90 90 180 , mà hai góc này 0,25 ở vị trí đối nhau a Vậy tứ giác BHIM là tứ giác nội tiếp. 0,25 1 (1,5 đ) + Vì tứ giác BHIM là tứ giác nội tiếp IHM IBM sd IM 2 0,25 hay = 1 Xét đường tròn (O; R) có MBC MDC sdMC 2 0,25 Vậy = (đpcm). Có = mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên IH //CD . Do IH AB nên CD AB mà AB là đường kính nên AB là đường 0,25 trung trực của CD BC BD BCD là tam giác cân tại B Xét ACB vuông tại C ( ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn b (O; R) (0,75đ) AC R 1 0 Có CosCAB CAB 60 0,25 AB2 R 2 1 Mà CAB CDB sdCB CDB 600 2 Vậy BCD cân tại B và CDB 600 nên BCD là tam giác đều. 0,25 Chứng minh được AHI AMB( g . g ) AH AI 0,25 AIAM. AHAB . (1) AM AB Chứng minh được BHI BCA( g . g ) c BI BH 0,25 (0,75đ) BIBC. BH . AB (2) BA BC Từ (1) và (2) ta có AIAM. BIBC . AHAB . BHAB . ABAB . 4 R2 0,25 MÀ 4R2 không đổi nên AIAM. BIBC . 4 R2 không đổi (đpcm) d Trên MD lấy điểm K sao cho MC MK CMK cân 0,25
5. (0,5đ) Mà CMK CMD CBD 600 CMK đều CM CK DCK KCB MCB KCB 600 DCK MCB CKD CMBcgc(. .) MB KD Ta có CABMC AB BM MCCA 2 R KD MK R 3 RMD Để C có giá trị lớn nhất khi MD lớn nhất MD 2 R ABMC 0,25 Khi đó M,, OD thẳng hàng hay H O khi đó MD là trung trực của CB hay M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Cho ba số a, b, c dương thoả mãn 6a 3b 2c abc . Tìm giá trị lớn nhất của 1 2 3 biểu thức: T a2 1 b 2 4 c 2 9 b c Đặt xay ; ; z xyz , , 0; xyzxyz . 2 3 1 1 1 Từ đó ta có: T 1 x2 1 y 2 1 z 2 Xét Câu 5 0,25 0,5 1xyz yz 1 yz 2 điểm 1 x2 xxyz( ) xyz ( xyxz )( ) 2 xyxz 0,5đ Tương tự ta có: 1 1 xz 1 1 xy ; 1 y22 xyyz 1 z 2 2 xzyz 1 xyxz yz 3 T 2 xyxz yz 2 Dấu “=” xảy ra khi xyz 3 a 3; b 2 3; c 3 3 0,25 3 Vậy MaxT a3; b 2 3; c 3 3 2 Lưu ý: - Trên đây là một cách hướng dẫn chấm, mọi cách làm khác đúng, lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa; - Trong các bài làm các bước có liên quan với nhau, bước trước sai mà bước sau đúng thì không cho điểm. Bài hình học không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm; - Điểm thành phần cho chi tiết đến 0,25 điểm. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.