Đề thi thử Toán vào lớp 10 lần 3 năm 2022 trường THCS Ái Mộ - Hà Nội - THCS.TOANMATH.com

(1)

Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức 3 x 3 M

x x

= −

+ và 1 1

1 1

N

x x x

= −

− − x0,x1. a) Tính giá trị của biểu thức M khi x=9. b) Rút gọn biểu thức N . c) Tìm các giá trị của x để biểu thức P=M N. có giá trị nguyên.

Bài 2 (2,5 điểm):

1. Một quả bóng World Cup xem như một hình cầu có đường kính là 17cm. Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu. (lấy  3,14 )

2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.

Một sân bóng đá theo chuẩn FIFA là sân hình chữ nhật, chiều dài hơn chiều rộng 37 m và có diện tích 7140 m². Tính chiều dài và chiều rộng của sân bóng đá.

Bài 3 (2 điểm): 1. Giải hệ phương trình

1 3 2 5

1

2 5 2 1

1 x y

x y

 + − =

 +

 − − = −

 +

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

( )

^d ^:^y⁼

(

²^m⁺^{1 2}

)

^x ⁻ ^m ⁺⁴^và

( )

^P ^:^y⁼^x²

a) Tìm chứng minh rằng:

( )

^d ^{luôn cắt}

( )

^P tại hai điểm phân biệt A, B.

b) Gọi H và K lần lượt là các hình chiếu vuông góc của A,B trên trục hoành. Tìm m để đoạn thẳng HK bằng 4?

Bài 4 (3,0 điểm):

Cho đường tròn

(

^{O R}^;

)

đường kính AB. Kẻ đường kính CD vuông góc AB. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC, AM cắt CD tại E. Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn

( )

^O cắt đường thẳng BM tại N . Gọi

P là hình chiếu vuông góc của B trên DN.

1) Chứng minh bốn điểm M N D E, , , cùng nằm trên một đường tròn.

2) Chứng minh EN CB//

3) Chứng minh AM BN. =2R² và Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn nhất.

Bài 5(0,5 điểm): Giải phương trình¹⁶^x²⁺¹⁹^x^{+ +}^{7 4} ⁻³^x²⁺⁵^x^{+ =}²

(

⁸^x⁺²

) ( 2− +x 2 3x+1).

---Hết--- UBND QUẬN LONG BIÊN

TRƯỜNG THCS ÁI MỘ NĂM HỌC: 2022 - 2023

ĐỀ THI THỬ LẦN 3 MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày kiểm tra: 26/5/2022

(2)

Chúc các con làm bài tốt!

TRƯỜNG THCS ÁI MỘ

Năm học: 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI

THI THỬ LẦN 2 MÔN: TOÁN 9

Bài Câu Đáp án Biểu

điểm Bài 1

(2đ)

a ^{a) Thay}^x⁼⁹ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức M ta có:

3 9 3 1

9 9 2 M = − =

+

0,25 0,25 b Điều kiện: x0; x1

b) 1 1

1 1

N

x x x

= −

− − ⁼ ^x¹⁻¹⁻

(

^x⁻¹

)(

¹^x⁺ ^x⁺¹

) (

^x ¹

)(

^x ^{1 1} ¹

)

N

x x x

+ + −

= − + + ⁼

(

^x⁻¹^x

)(

⁺^x⁺^x ^x⁺¹

)

0,5

Ta có:

( )( )

3 3

. .

1 1

x x x

P M N

x x x x x

− +

= =

+ − + +

( )

( )( )

3 1

1 1

x

x x x

= −

− + +

3 1 x x

= + + Ta có3 0 và

1 2 3

1 0

2 4

x+ x+ = x+  +  với mọi x thuộc điều kiện xác định.

3

( )

0 0 1

1 P

x x

   

+ +

Lại có: x  +0 x x0  +x x+ 1 1 ³ ³ ^{3 2}

( )

1 P

x x

   

+ + Từ

( )

^{1 và}

( )

^{2 ta có}^{  }⁰ ^P ³^mà^P^ ^{ }^P

 

^{1; 2}

TH1: 3

1 1

1 P

x x

=  =

+ +

( )( )

1 3 2 0 2 1 0

x x x x x x

 + + =  + − =  + − = 1 0 1 ( TMD )

x x K K

 − =  =

TH2: 3

2 2

1 P

x x

=  =

+ + 2x+2 x+ = 2 3 2x+2 x− =1 0 2x 2 x 1

 + = ¹

x x 2

 + =

1 2 3

2 4

 x 

 +  =

1 3

2 2

 x+ = ² ³

x −2

 = (TMĐK)

Vậy ² ³

x  −2 

 

 biểu thức P=M N. có giá trị nguyên.

0,25

(3)

Bài 2 (2,5đ)

1 Diện tích mặt cầu là: .17² =289 ( cm²)907, 46(cm²) Thể tích hình cầu là:

3 3 3 2

1 1 4913

.17 .17 ( ) 2571,136667( )

6 6 6

V =  =  =  cm  cm

Thiếu đơn vị đo ( cả 2 bước) trừ 0,25 đ

0,5 0,5

2 Gọi chiều dài của sân bóng đá là: x (m, x37) Chiều rộng của sân đá bóng là: x−37 (m)

Vì diện tích sân bóng đá là 7140 m² nên ta có phương trình:

( 37) 7140 x x− =

2 37x 7140 0

x − − =

(

^x ¹⁰⁵

)(

^x ⁶⁸

)

⁰

 − + =

( )

105 0 105

68 0 68

tm loai x x

x x

=

− = 

 + =   = −

Vậy: Chiều dài của sân bóng đá là 105 m

Chiều rộng của sân bóng đá là 105 37− =68m.

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 Bài 3

(2đ)

Bài 4

1 ¹

3 2 5

1

2 5 2 1

1 x y

x y

 + − =

 +

 − − = −

 +

(ĐKXĐ: x −1;y2)

Đặt ¹ ^; ²

(

⁰

)

1 a y b b

x = − = 

+ thì hệ phương trình trở thành

( )

3 5 2 6 10 3 5 2

1

2 5 1 2 5 1 11 11

a b a b a b a

b TM

a b a b b

 =

+ = + = + =

   

 − = −  − = −  =  =

   

( )

1 1 1

2 1

1 2 2

3 2 1 2 1

x TM

x x

y TM y y

−

 =  + =  =

 +  

  

 − =  − =  =



Vậy phương trình có nghiệm

(

^;

)

¹^;3

x y −2 

=  .

0, 5 0, 5

b a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của

( )

^d và

( )

^P có:

Pt hoành độ giao điểm của d và P: ^x²⁻

(

²^m⁺¹

)

^x⁺²^m⁻⁴⁼⁰

∆=

(

²^m⁻¹

)

²⁺¹⁶> 0 với mọi x

( )

^d ^{luôn cắt}

( )

^P tại 2 điểm phân biệt A và B với mọi m

Gọi x x₁, ₂ là các nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Theo hệ thức vi et ta có: x1+x2 = 2m +1; x x₁. ₂ = 2m - 4 Ta có HK = x₁−x₂ nên ((x1+x2)² - 4 x x1. 2= 16

0,25 0,25

(4)

(3,0

đ) Tìm được ¹

m=2 và kết luận

0,25

a Xét đường tròn

( )

^O có:

+AMB= 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ABđường tròn) +DN là tiếp tuyến của

( )

^O tại ^D DN⊥OD(T/c tia tiếp tuyến của đường tròn)ODN = 90

+ Xét tứ giác MNDE có:

180 EMN NDE

 + =  mà 2 góc này đối nhau

 Tứ giác MNDE là nội tiếp đường tròn

 bốn điểm M N D E, , , cùng nằm trên một đường tròn (ĐPCM)

0,25

0,25 b Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác EMND có:

DEN =DMN (2 góc nội tiếp chắnDN) Xét

(

^{O R}^;

)

^có: ¹

DMN =2sđ ¹.90 45

DB= 2  =  (góc nội tiếp chắnDB).

45

DEN = 

OCB là tam giác vuông cân tại O OCB= 45 .

Ta có: ^OCB⁼^DEN

(

⁼⁴⁵^

)

mà hai góc này ở vị trí đồng vị //

DN CB

 .

0,5

c Góc DNM là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn

( )

^O ^nên

1

DNM = 2(sđDM− sđDB).

Mà: sđDB=sđ DA= 90 .

Nên: ¹

DNM =2(sđDM− sđDA) ¹

=2sđAM.

Lại có: ¹

ABM = 2sđAM (góc nội tiếp chắn cung AM) Suy ra: DNM =ABM hay PNB=ABM .

Xét hai tam giác ABM và BNP có: 0,25

P N

E

D C

A O B

M

(5)

AMB=BPN(Cmt) ABM =PNB(Cmt)

Suy ra: ^^ABM ^^{BNP g}

(

⁻^g

)

^nên^AM ^AB ^{AM BN}^. ^{AB BP}^.

BP = BN  =

Nhận thấy: OBPD là hình vuông nên BP=OD=R. Do đó: AM BN. = AB BP. =2 .R R=2R².

Kẻ NK⊥BC tại K, EF⊥BCtại F . 1 .

NBC 2

S = NK BC

Do BC không đổi nên S_NBCmax NKmax Mà ENKF là hình chữ nhật NKmaxEFmax

0

E M B

   

0,25 0,25

0,25 Câu 5

(0,5 đ)

Điều kiện: 1 3 x 2

−  

Phương trình đã cho tương đương với:

(

⁴^x⁺¹

) (

²^{+ − +}² ^x

) (

^{4 3}^x^{+ +}¹

)

^{2 2}^.

(

²⁻^x

)(

³^x^{+ =}¹

)

^{2 4}

(

^x⁺¹

) ( 2− +x 2 3x+1)

(

⁴^x⁺¹

) (

²^{+ − +}² ^x

) (

^{4 3}^x^{+ +}¹

)

^{2 2}^.

(

²⁻^x

)(

³^x^{+ −}¹

) (

^{2 4}^x⁺¹

)

²^{− −}^x ^{2 2 4}^.

(

^x⁺¹

)

³^x^{+ =}¹ ⁰

Đặt

( )

2

2 3 1 0

4 1

x a x b a,b

x c

 − =

 + = 

 + =



. Phương trình đã cho trở thành

2 2 2

2 2 2 0

c +a +b + ab− ac− bc= ^

(

^{a b c}^{+ −}

)

² ^{=  + − =}⁰ ^{a b c} ⁰

Thay trở lại ta có phương trình ²^{− +}^x ^{2 3}^x^{+ −}¹

(

⁴^x^{+ =}¹

)

⁰

 2− +x 2 3x+ −1 4x− =1 0



(

²^{− − +}^x ¹

) (

^{2 3}^x^{+ − −}^{1 4}

)

⁴

(

^x^{− =}¹

)

⁰

( ) ( )

4 3 1 16

2 1

4 1 0

2 1 2 3 1 4

x x

x x x

− − + −

 + − − =

− + + +

( ) ( )

12 1

1 4 1 0

2 1 2 3 1 4

x x

x x x

− −

 + − − =

− + + +

(

¹

)

¹ ¹² ⁴ ⁰

2 1 2 3 1 4

x

x x

−

 

 −  − + + + + − = 1

 =x ( thỏa mãn).

Do ¹ ¹² 4 0 ¹ 2

2 1 2 3 1 4 , x 3;

x x

− + −    − 

− + + +  

Vậy nghiệm của phương trình là x=1.

0,25

0,25 Ban giám hiệu duyệt

Nguyễn Ngọc Sơn

Tổ trưởng duyệt

Hồ Mai Thúy

Người ra đề

Nguyễn Thị Hòa

(6)