Đề khảo sát Toán thi vào 10 năm 2022 – 2023 phòng GD&ĐT Ba Đình – Hà Nội

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

Môn: TOÁN 9 Ngày kiểm tra: 29/4/2022 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm).

Cho biểu thức: _A ^x ^x _B ^x

x x x

2 1; 2

2 1 1

 

  

   với _x  _0,_x _1,_x  ₄. 1) Tính giá trị của biểu thức _A khi _x  _9.

2) Rút gọn biểu thức P AB . .

3) Tìm tất cả giá trị của _x để biểu thức _P nhận giá trị là số nguyên âm.

Bài II (2,0 điểm)

1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một đội sản xuất phải làm _{10 000} khẩu trang trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến kĩ thuật và tăng giờ làm nên mỗi ngày đội sản xuất được thêm ₂₀₀khẩu trang. Vì vậy, không những đã làm vượt mức kế hoạch ₈₀₀ khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn ₁ ngày so với dự định. Tính số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định.

2) Một thùng nước bằng tôn có dạng hình trụ với bán kính đáy là _0,2_m và chiều cao m

0, 4 . Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu lít nước ? (Bỏ qua bề dày của thùng nước, lấy  _3,14 và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Bài III (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình x ^y x y

1 2 6

1 .

2 3 5

1

  

 

  

 

2) Trên mặt phẳng tọa độ _Oxy, cho parabol

 

^{P y x}^: ^ ² và đường thẳng

 

^{d y}^: ^



^m ^²



^x ^^{2 .}^m

a) Xác định tọa độ giao điểm

 

^d ^và

 

^P ^khi^m ^{ }^3.

b) Tìm tất cả giá trị của m để

 

^d ^cắt

 

^P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là _{x x}₁_, ₂ thỏa mãn ^{x x}

x1₁ x1₂ ^{1 2}.

  4 Bài IV (3 điểm)

Cho đường tròn

 

O R; có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm I thuộc đoạn thẳng OB I O B



 , .



Gọi E là giao điểm của đường thẳng CI với

  

^{O E C}^



^, ^H là giao điểm của hai đoạn thẳng AE và CD.

1) Chứng minh tứ giác OHEB là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh AH AE. 2 .R²

3) Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng OB. Tính tỉ số OH OA.

4) Tìm vị trí của I trên đoạn thẳng OB sao cho tích EAEB EC ED. . . đạt giá trị lớn nhất.

Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình: x²  4x  1 x  1 2x 4.

…….………Hết……….

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM HƯỚNG DẪN CHUNG

+) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.

+) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tương ứng với biểu điểm của hướng dẫn chấm.

+) Các tình huống phát sinh trong quá trình chấm do Hội đồng chấm thi quy định, thống nhất bằng biên bản.

+) Chú ý: Bài IV ý 3 học sinh không cần vẽ lại hình.

Bài Ý Đáp án Điểm

Bài I 2,0 điểm

1)

Tính giá trị của biểu thức A khi x  9. 0,5

Thay x 9 (TMĐK) vào biểu thức A. ^0,25

Tính được A x x x

2 1 9 2 9 1 4.

2 9 2

   

  

  ^0,25

2)

Rút gọn biểu thức P AB . . 1,0

 

  

x x x

P x x x

x x

x x x x

2

2 1 2

2 1 1

1 . 2

2 1 1 1

 

 

      

 

  

       

0,25

   

  

x x x

1 2 2 1

2 . 1 1

  

    ^0,25

 

    

  

x x x x x

x x x x x x

2 2

1 2 2 1 2

2 1 1 2 1 1

    

   

      ^0,25

P x

x 1.

1

  

 ^0,25

3)

Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P nhận giá trị là số nguyên âm. 0,5 P x

x x

1 2

) 1 .

1 1

    

 

Với x  0 thì x x

x

0 1 1 2 2

     1 

 x P

1 2 1 1.

  1     

 ^Mà^P nhận giá trị là số nguyên âm P 1.

  

0,25

P x

) 1 0

     (TMĐK).

Vậy x  0 thì P nhận giá trị là số nguyên âm. 0,25

(3)

Bài II 2,0 điểm

Tính số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định. 1,5 +) Gọi số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định là

x ^(cái)



x  0 .



0,25

+) Thời gian làm theo dự định là:

x 10 000

(ngày).

+) Tổng số khẩu trang thực tế sản xuất là: 10 000 800 10 800  (cái).

0,25

+) Thực tế, mỗi ngày của đội sản xuất được số khẩu trang là:

x 200(cái), thời gian làm là:

x 10 800

200

 ^(ngày).

0,25

+) Vì hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày so với dự định nên ta có phương trình:

x x 10 000 10 800

200 1.

 



0,25



^x



^{x x x}

 

x x x x x

x x

2 2

10000 200 10 800 200

800 2000 000 200 1000 2 000 000 0 1000

2000

    

        

    

0,25

Đối chiếu điều kiện và kết luận số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm

trong một ngày theo dự định là 1000 cái/ngày. 0,25

2)

Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu lít nước ? 0,5

Thể tích nước là thể tích của thùng nước. 0,25

Thùng nước đựng đầy được số lít nước là:

   

V . .R h²  3,14.0,2 .0,4² V  0,05024 m³ V  50,24 lít . ^0,25

Bài III 2,5 điểm

1)

Giải hệ phương trình y x

x y

1 2 6

1 .

2 3 5

1

  

 

  

 

1,0

Điều kiện x 1. 0,25

y y y

x x

y y x y

x x

1 2 6 2 4 12 7 7

1 1 2

21 3 5 21 3 5 1 3 5

       

 

      

  

 

       

 

   

0,25

y y

x x

1 1

1 4 5

1 4

   

 

   

 

 

  

0,25 Đối chiếu điều kiện và kết luận hệ phương trình có nghiệm

 

^{x y}^; ^{ }^⁵₄^{;1 .}^^

 

0,25 2) a) Xác định tọa độ giao điểm

 

^d ^và

 

^P ^khi^m ^{ }^3. ^1,5

(4)

H

E O I

D C

A B

b) Tìm tất cả giá trị của m^để

 

^d ^cắt

 

^P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x x₁, ₂ thỏa mãn x x

x1₁ x1₂ ^{1 2}.

  4

a) +) Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^d ^và

 

^P ^:

     

x²  m 2 x 2m x²  m 2 x 2m  0 1 . ^0,25 +) Thay m  3 vào (1) ta được:

  

x²    x 6 0 x 3 x 2  0 ^0,25 x

x 2

3

    

Tính được tọa độ hai giao điểm là

  

2;4 ; 3;9 .



0,25

b) +) Tính được ^{ }



^m ^^{2 .}



²

+)

 

^d ^cắt

 

^P tại hai điểm phân biệt ^

 

¹ có hai nghiệm phân biệt



^m



² ^m

0 2 0 2.

       

0,25

+) Lập luận áp dụng hệ thức Vi-et có: x x m x x¹_{1 2} ²2m 2.

   

 



+) Biến đổi : x x

x1₁ x1₂ ^{1 2}

  4 (Điều kiện x x₁, ₂  0 m  0)

0,25

   

x x x x m m

x x m

m m m m m m

1 2 1 2

1 2 2 2

2 2

4 2 4

2 0 2 0 0

 

   

        

m m

1. 2

  

  

Đối chiếu điều kiện và kết luận m  1.

0,25

Bài IV 3,0 điểm 1)

Chứng minh tứ giác OHEB là tứ giác nội tiếp. 1,0

+) Vẽ hình đúng đến câu 1. 0,25

+) Lập luận được AEB 90 . ^0,25 +) Tứ giác OHEB^có

HEB HOB  180 ,^ ^0,25 mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ

giác OHEB là tứ giác nội tiếp 0,25

(5)

H

E O I

D C

B A

N

M H

E I O

D C

A B

2)

Chứng minh AH AE. 2 .R² 1,0

+) Xét AOH và AEB có:

AEB AOH   90 HAO^chung

0,25 AOH

  đồng dạng với AEB theo trường hợp góc – góc. 0,25 AH AO

AB AE

  0,25

AH AE AB AO. . 2 .R²

   ^0,25

3)

Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng OB. Tính tỉ số OH

OA. ^0,5 +) AOH đồng dạng với AEB

OH EB OA EA .

+) Lập luận được EI là phân giác của AEB.

0,25

EB IB EA IA.

 

Mà IB OH

IA 1 OA 1 .

3 3

  

0,25

4)

Tìm vị trí của I trên đoạn thẳng OB sao cho tích EAEB EC ED. . . ^đạt

giá trị lớn nhất. 0,5

+) Kẻ EM EN, lần lượt vuông góc với AB CD, ^tạiM N, .

+) Lập luận được:

EAEB EC ED EM AB EN CD EM EN R²

. . . .

. .4 .



+) Ta có:

EM EN EM EN

EM EN OE EM EN R

2 2

2

. 2

 

 

0,25

EAEB EC ED R R EAEB EC ED R

2 2

4

. . . .4

. . . 2 .2

 

+) Dấu " " xảy ra EM EN OE

   là phân giác

của BOD  I là giao điểm của

0,25

(6)

OB^vàCE^vớiE là điểm chính giữa của cung BD.

Kết luận.

Bài V 0,5 điểm

Giải phương trình: x²  4x  1 x  1 2x 4. 0,5

x x x x

2

4 1 1 2 4

4 1 1 2 4 0

     

        Điều kiện x 1



^x² ⁴^x ⁴

  4x 1 3  x 1 1 

²^x ⁴



⁰

           

   

 

x x

2 4 8 2

2 2 2 0

4 1 3 1 1

4 1

2 2 2 0

4 1 3 1 1

4 1

2 0

4 1 3 1 1

 

      

   

 

        

   

 

 

      

   

 

0,25

Vì x x x x

x x

4 1

1 0 2 0 2.

4 1 3 1 1

         

   

Đối chiếu điều kiện và kết luận.

0,25