TRƯỜNG THCS XUÂN LA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 2022 Ngày thi 28/5/2021 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài I ( 2 điểm) Cho biểu thức 2 3 x A x + = − ,[.]
Trang 1TRƯỜNG THCS XUÂN LA ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 - 2022 Ngày thi: 28/5/2021 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài I ( 2 điểm):
Cho biểu thức: 2
3
x A x
+
=
− ,
5 7
1 1
B
x x
− + với x 0; x1; x 9 a) Tính giá trị của A tại x = 49
b) Rút gọn biểu thức B
c) Đặt P = A : B Tìm giá trị của x , biết 2
P − = P−
Bài II ( 2,5 điểm):
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hưởng ứng phong trào làm tấm chắn giọt bắn phòng chống dịch bệnh COVID – 19, hai lớp 9A và 9B dự định làm 500 tấm chắn giọt bắn Nhưng khi thực hiện lớp 9A làm vượt mức 15%, lớp 9B làm vượt mức 10% so với dự định ban đầu Vì vậy, cả hai lớp làm được 560 tấm chắn giọt bắn Hỏi theo dự định, mỗi lớp làm được bao nhiêu tấm chắn giọt bắn?
2) Một thùng inox chứa nước hình trụ tròn xoay có bán kính đường tròn đáy là 30cm, chiều cao là 1,5m Tính thể tích của thùng ( Cho 3,14)
Bài III ( 2 điểm):
1) Giải hệ phương trình
1
1 2
1
x
y x
y
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): 2
y=x và đường thẳng (d): y=mx m− + 1
a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) khi m = 4
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1, 2 sao cho biểu thức A = 1
𝑥1 + 1
𝑥1.𝑥2 + 1
𝑥2 có giá trị nhỏ nhất
Bài IV (3điểm):
Cho (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Một điểm M di động trên cung nhỏ BC, AM cắt CD tại N Kẻ CH ⊥ AM tại H Gọi giao điểm của DM và AB là F 1) Chứng minh tứ giác AOHC nội tiếp đường tròn
2) Gọi E là hình chiếu của M trên CD
a) Chứng minh OH//DM
b) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp MOE
3) Tìm vị trí điểm M để diện tích MNF lớn nhất
Bài V ( 0,5 điểm):
Giải phương trình: 2 ( 2 ) ( )
Hết
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10
MÔN: TOÁN 9 Ngày 28 - 5 - 2021
Bài I (2 điểm)
Bài II: (2,5 điểm)
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình ( 2 điểm)
+ Gọi số tấm chắn giọt bắn lớp 9A dự định làm x (tấm) *
(xN x, 500)
+ Gọi số tấm chắn giọt bắn lớp 9B dự định làm y (tấm) *
(yN ,y 500) ( 0,25 điểm)
+ Thực tế lớp 9A là được 15 115
+ Thực tế lớp 9B là được 10 110
Ta có PT 115 110 560
Giải hệ ta được x = 200, y = 300 ( tm) ( 0,5 điểm
2) Đổi 30cm = 0,3m ;
Diện tích mặt đáy của thùng là: S = .R2 3,14 ( 0,2)2 0,2826 (m2)
Thể tích của thùng là: V = S.h 0,2826 1,5 0,4239 (m3)
Vậy thể tích của thùng là 0,4239 m3
( 0,5 điểm)
Bài III: (2 điểm)
1 3 1
x y
−
0,25 điểm
a) Thay x = 49 (tm) A = 9
4
(0,5điểm)
b)
2 1
x B
x
+
=
c) ĐK
( )
2
1 0
*
2 1 0
P P
−
−
, Tìm được P = 2 ( TM *) (0,25điểm)
Thay P = 2 Tìm được x = 25 (TM) (0,25điểm)
Trang 34 3
x TM y
=
0,25 điểm
2)- a) Khi m = 4 tọa độ giao điểm giữa đường thẳng (d) và parabol (P) là
(1;1), (3;9)
0,5 điểm
b) Phương trình hoành độ giao điểm là: 2
1 0
nhẩm nghiệm được x1 = 1,x2 = −m 1
A = 1
𝑥1 + 1
𝑥1.𝑥2 + 1
𝑥2 = 1 + 1
𝑚−1+(𝑚−1)1 2 ( m ≠1)
0,25 điểm
Tìm được biểu thức A= 1 + 1
𝑚−1+(𝑚−1)1 2 có giá trị nhỏ nhất
là 3
4 khi m = -1(t/m) KL: Vậy với m = -1 thì …
0,25 điểm
Bài IV (3điểm)
Vẽ hình đúng đến hết câu a
0,25 điểm
1)
(0,75
điểm)
+) Xét (O) có 2 đk AB ⊥ CD
⇒ { 𝐴𝑂𝐶̂ = 𝐶𝑂𝐵̂ = 𝐵𝑂𝐷̂ = 𝐷𝑂𝐴̂ = 90𝑜(đ𝑛) 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐴𝐶 = 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐵𝐶 = 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐵𝐷 = 𝑐𝑢𝑛𝑔 𝐷𝐴 (𝑡𝑐) +) Vì CH ⊥ AM (gt) nên 𝐶𝐻𝐴̂ = 𝐶𝐻𝑀̂ = 90𝑜 (đn)
+) Xét tứ giác AOHC có 𝐴𝑂𝐶̂ = 𝐴𝐻𝐶̂ = 90𝑜(𝑐𝑚𝑡) mà O và H là 2 đỉnh kề nên AOHC là tgnt (dhnb)
0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 2)
(1,25
điểm)
a) Vì AOHC là tgnt (cmt) ⇒ 𝐶𝑂𝐻̂ = 𝐶𝐴𝐻̂ Xét (O) có 𝐶𝐴𝑀̂ = 𝐶𝐷𝑀̂ (góc nt cùng chắn cung CM)
⇒ 𝐶𝑂𝐻̂ = 𝐶𝐷𝑀̂ mà đồng vị nên OH//DM (dhnb) b) OH//DM ⇒ 𝐻𝑂𝑀̂ = 𝑂𝑀𝐷̂ (so le trong)
Vì OM = OD nên ∆OMD cân tại O⇒ 𝑂𝑀𝐷̂ = 𝑂𝐷𝑀̂
⇒ 𝐶𝑂𝐻̂ = 𝐻𝑂𝑀̂ ⇒ 𝑂𝐻 𝑙à 𝑝𝑔 𝐶𝑂𝑀̂ (tc)
Cm được CMHE là tgnt ⇒ 𝐸𝑀𝐻̂ = 𝐸𝐶𝐻̂
Vì AOHC là tgnt nên 𝑂𝐶𝐻̂ = 𝑂𝐴𝐻̂
Vì OA=OM nên ∆𝑂𝐴𝑀 cân tại O ⇒ 𝑂𝐴𝑀̂ = 𝑂𝑀𝐴̂
⇒ 𝐸𝑀𝐻̂ = 𝐴𝑀𝑂̂ ⇒ 𝑀𝐻 𝑙à 𝑝𝑔 𝐸𝑀𝑂̂ (tc) Xét ∆𝐸𝑀𝑂 có MA, OH là 2 đường pg cắt nhau tại H nên H là tâm đường tròn nội tiếp ∆MOE
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm 0,25 điểm
E N
F H
D
C
B O
A
M
Trang 43)
(0,75
điểm)
Xét (O) có 𝐵𝐴𝐷̂ = 𝐴𝐷𝐶̂ = 45𝑜 (góc nt)
Cm được 𝐷𝐴𝑀̂ = 𝐷𝐶𝑀̂ = 𝐴𝐹𝐷̂ (góc nt (O) và tứ giác COFM nt)
⇒ ∆𝐷𝐴𝑁 ∽ ∆𝐴𝐹𝐷 (𝑔𝑔)
⇒𝐷𝑁
𝐴𝐷 =
𝐴𝐷
𝐴𝐹(đ𝑛) ⇔ 𝐴𝐹 𝐷𝑁 = 𝐴𝐷2 = 2𝑅2 𝑘𝑜 đổ𝑖
⇒ 𝑆𝐴𝑁𝐹𝐷 𝑘ℎô𝑛𝑔 đổ𝑖 𝑀à 𝑆𝐴𝑀𝐷 = 𝑆𝐴𝑁𝐹𝐷+ 𝑆𝑀𝑁𝐹 nên 𝑆𝑀𝑁𝐹 lớn nhất khi 𝐴𝑀𝐷 lớn nhất
∆𝐴𝑀𝐷 𝑐ó 𝐴𝐷 𝑐ố đị𝑛ℎ, 𝐴𝑀𝐷̂ = 450 không đổi nên diện tích lớn nhất khi M nằm chính giữa cung BC
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài V (0, 5 điểm)
Nếu học sinh có cách giải đúng và khác với hướng dẫn chấm thì giáo viên chấm cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu ( hay ý) đó
N
E
H C
F
D
B O
A
M
0,5
điểm
ĐK: x 3
Ta thấy x 2 + 2x + = 7 (x 2 + + 1) 2 x( + 3)
a = x + 1 a 0 , b = x + 3 b( 0)
=
0,25 điểm
= −
(TMĐK)
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x = − 1; x = 2; x = 2 15.
0,25 điểm