Đề khảo sát lớp 9 thi vào THPT môn Toán năm học 2017-2018

(1)

PHÒNG GD&ĐT PHÚC YÊN Đề thi có 01 trang

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2017 -2018

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hai biểu thức

2 2

3 2

1

4 4

x x

A x x

x x

 

   

  và B 1 1x. a) Tìm điều kiện của x để A và B xác định. Khi đó so sánh A và B

b) Tìm các giá trị của x để A = x + 2.

Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: ^x²^²^{x m}^{ }^{0 1}

 

⁽ ^{là ẩn,} là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi m 4.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: x₁²x₂²x x₁³ ₂x x_{2 1}³  m 13.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

6 5 5

4 1 1 x y xy

y x

 



  



Câu 4 (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: Chữ số hàng nghìn bằng hai lần chữ số hàng chục và bằng 0,25 lần chữ số hàng đơn vị; chữ số hàng trăm kém chữ số hàng chục một đơn vị; tổng của chữ số hàng nghìn và hàng đơn vị bằng 10 lần tổng của chữ số hàng chục và hàng trăm.

Câu 5 (3,0 điểm).

Cho đường tròn tâm O và dây cung AB không đi qua O. Gọi I là trung điểm của đoạn AB; hai dây cung CD, EF cùng đi qua I của đường tròn (O) (C, E thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O)). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của dây cung CF, ED và M, N lần lượt là giao điểm của CF, ED với AB.

a) Chứng minh bốn điểm O, I, M, H cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh .

c) Chứng minh .

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y z 3.

Chứng minh rằng: ₃ ₃ ₃ 1

8 8 8 3

x y z

x  y  z 

  

Hết./.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh...

x m

1, 2

x x

. .

IC IDIE IF AM BN

(2)

PHÒNG GD&ĐT PHÚC YÊN

——————— HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

MÔN: Toán ( Đáp án có 04 trang)

——————

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hai biểu thức

2 2

3 2

1

4 4

x x

A x x

x x

 

   

  và B 1 1x. a) Tìm điều kiện của x để A và B xác định. Khi đó so sánh A và B

b) Tìm các giá trị của x để A = x + 2.

Ý Nội dung Điểm

a) 1 điểm

Điều kiện: 1 2 1

x x

x

   

  0.25

( 1)( 2) 2 1

x x

A x x

x

 

   

 0.25

Với x1thì x   2 (x 2) 0.25

Do đó: A   (x 1) 1   x x 1 1 x B 0.25

b) 1 điểm

2 1 1 2 1 1 2 0

A  x       x x x   x 0.25 Đặt: t 1 x 0 ta được phương trình: t²  t 2 0 (1) 0.25 Giải phương trình (1) ta được t = 1; t = -2 (loại) 0.25 Với t = 1 ta có: 1   x 1 x 0 (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy x = 0 là giá trị cần tìm

0.25 Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: ^x²^²^{x m}^{ }^{0 1}

 

⁽ ^{là ẩn,} là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi m 4.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: x₁²x₂²x x₁³ ₂x x_{2 1}³  m 13.

a) 1 điểm

Với m = - 4: Ta có phương trình: x²2x 4 0 0.25

/ 1 4 5

    0.25

Vậy với m = - 4 phương trình có hai nghiệm là: 1 5

1 5

x x

  

  

 0.5

b) 1 điểm

Ta có:   ^/ 1 m

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi      ^/ 1 m 0 m 1 Với x x₁; ₂ là hai nghiệm của (1). Ta có: ¹ ²

1 2

2 x x x x m

 

 



0.25

x m

1, 2

x x

(3)

2 2 3 3 2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

13 ( ) 13

(1 )( ) 13 (1 ) ( ) 2 13

x x x x x x m x x x x x x m

x x x x m x x x x x x m

          

 

            0.25

(1 m)(4 2 )m m 13 2m2 7m 9 0

         0.25

Giải phương trình ẩn m ta được : 1; ⁹ m  m2(loại) Vậy giá trị cần tìm của m là m = -1.

0.25

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

6 5 5

4 1 1 x y xy

y x

 



  



Điều kiện: xy0

Với điều kiện trên hệ phương trình đã cho tương đương với:

1 1

6. 5. 5

1 1

4. 1

y x

  



  



0.25

Đặt:

1

5 6 5

1 4 1

a x a b

a b

b y

    

 

   

 

0.25

7

4 1 13

5(4 1) 6 5 5

13 a b a

b b

b

 

 

 

    

  



0.25

7 13

13 7

5 13

13 5

a x

b y

   

 

 

 

   

 

 

(thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy hệ đã cho có nghiệm là:

13 7 13

5 x y

 

 



0.25

(4)

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: Chữ số hàng nghìn bằng hai lần chữ số hàng chục và bằng 0,25 lần chữ số hàng đơn vị; chữ số hàng trăm kém chữ số hàng chục một đơn vị; tổng của chữ số hàng nghìn và hàng đơn vị bằng 10 lần tổng của chữ số hàng chục và hàng trăm.

Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd ( , , ,a b c d ;a0)

Ta có:

2 (1)

0, 25 (2)

1 (3)

10( ) (4) a c

a d

c b

a d b c

 

 

  

   



0.5

Từ (1) và (3) ta có: b c  a 1 (5)

Từ (2) và (4) ta có: 5a = 10(b + c) hay a = 2(b + c) (6) 0.25 Từ (5) và (6) ta có: a = 2

Suy ra c = 1; d = 8; b = 0. Vậy số tự nhiên cần tìm là 2018 0.25 Câu 5 (3,0 điểm).

Cho đường tròn tâm O và dây cung AB không đi qua O. Gọi I là trung điểm của đoạn AB; hai dây cung CD, EF cùng đi qua I của đường tròn (O) (C, E thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O)). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của dây cung CF, ED và M, N lần lượt là giao điểm của CF, ED với AB.

a) Chứng minh bốn điểm O, I, M, H cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh .

c) Chứng minh .

a) 1 điểm

Do I là trung điểm AB nên OI ABOIM 90⁰ (1) 0.25 Do H là trung điểm CF nên OH CFOHM 90⁰ (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy ra OIM OHM 90⁰ O, I, M, H cùng nằm trên một 0.5

. .

IC IDIE IF AM BN

K H

M N

F

E

D C

A I B

O

(5)

b) 1 điểm

Xét hai tam giác ICF và IED ta có

CIF EID (đối đỉnh) ; ICF IED (cùng chắn cung DF) Do đó  ICF



IED

0.5

. .

IC IF

IC ID IE IF IE ID

    (đpcm) 0.5

c) 1 điểm

Theo phần b):  ICF



 IED  2.

2.

CI CF CH CH

EI  ED  EK  EK Kết hợp với ICF IED  ICH



 IEK IHM IKN (*)

0.25

Theo phần a) ta có IHM IOM (Góc nội tiếp cùng chắn cung MI ) (**) Tương tự phần a) ta CM được tứ giác OINK nội tiếp IKN ION (***) Từ (*), (**), (***) ta có: IOM ION OMN cân tại O  IM IN.

0.5

Mặt khác IAIBIA IM IB IN AM BN (đpcm) 0.25

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y z 3.

Chứng minh rằng: ₃ ₃ ₃ 1

8 8 8 3

x y z

x  y  z 

  

Ta có ^x³^{ }⁸



^x^²

 

^x²^²^x^⁴



^

^

^x^²

^{ }

^_ ^x^¹

^

²^³^_^³

^

^x^²

^

^.

Tương tự: ^y³^{ }^{8 3}



^y^^{2 ;}



^z³^{ }^{8 3}



^z^²



^0.25

Do đó:

     

3 3 3

2 1 1 1

8 8 8 3 2 3 2 3 2 1 3 2 2 2

x y z x y z

x y z x y z x y z

 

          

          

(a)

0.25

Mặt khác: ¹ ¹



²



² ¹ ^.¹



²



² ²^. ¹ ^{8 2}

2 9 2 9 3 3 2 27

x x x

       

   .

Tương tự ta có: 2 1 8 2 2 1 8 2

. ; .

3 2 27 3 2 27

y z

 

 

 

2 1 1 1 8 2 8 2 8 2 2

3 2 2 2 27 3

x y z

      

         (b)

0.25

Từ (a) và (b) ta có:

3 3 3

2 1

8 8 8 1 3 3

x y z

x  y z   

   . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1. 0.25