Đề thi thử toán 9 THCS thanh xuân 1920

Nếu chiều rộng của hình chữ nhật giảm đi 3cm và chiều dài của hình chữ nhật tăng thêm 6cm và thì diện tích của hình chữ nhật không thay đổi.. Tính diện tích của hình chữ nhật đó.. 2 Một

PHÒNG GD & ĐT QUẬN THANH XUÂN

TRƯỜNG THCS THANH XUÂN

ĐỀ THÌ THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2020-2021 Thời gian: 120 phút Ngày thi 20/6//2020 Bài 1 (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 2 3

2

x A x





 và

B

    , với x0;x 1

1) Tính giá trị biểu thức của A khi x 4

2) Rút gọn biểu thức B

3) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x để biểu thức 2 7

2

BA

Bài 2 (2,5 điểm)

1) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 48cm Nếu chiều rộng của hình chữ nhật giảm đi 3cm

và chiều dài của hình chữ nhật tăng thêm 6cm và thì diện tích của hình chữ nhật không thay đổi Tính diện tích của hình chữ nhật đó

2) Một cây lăn sơn tường có hình dạng là một khối trụ với bán kính đáy là 5cm và chiều cao là

30cm Tính diện tích mà nó sơn được khi lăn 1000 vòng

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

3

1 1

1

x y

x y









2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol  P :yx2 và đường thẳng  d :ym1x2 a) Chứng minh  P cắt  d tại hai điểm phân biệt

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng  d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , 1 x thỏa mãn 2 x1  2x2

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn  O và một điểm cố định nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ các tiếp tuyến

,

AB AC của đường tròn  O ( ,B C là các giao điểm) Trên cung nhỏ BC của đường tròn

 O lấy điểm P Tiếp tuyến tại P của đường tròn  O cắt AB AC lần lượt tại , M N ,

a) Chứng minh tứ giác BOPM nội tiếp

b) Chứng minh chu vi tam giác AMN không đổi

c) Gọi ,E F lần lượt là giao điểm của OM ON với , BC Chứng minh tam giác MBE đồng

dạng với tam giác OMN và ba đường thẳng MF NE PO đồng quy , ,

Bài 5 (0,5 điểm)

Với hai số thực ,x y  , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 0

P     

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THSC THANG XUÂN

Năm học: 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1 (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 2 3

2

x A x





 và

B

    , với x0;x 1

1) Tính giá trị biểu thức của A khi x 4

2) Rút gọn biểu thức B

3) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x để biểu thức 2 7

2

BA

Lời giải

1) Tính giá trị biểu thức của A khi x 4

Thay x 4 (thoả mãn điều kiện) vào biểu thức A , ta có:

4

x A

x

2) Rút gọn biểu thức B

B

B



B



x x B







B



2

x x







3) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x để biểu thức 2 7

2

BA

B A

0 2 2

x



0

x



 

4 0

x x





Vì x 0 x0  x 2 0 2 x2 0

Nên x 4 0 x4x16

Kết hợp điều kiện x0;x  và x là số nguyên lớn nhất nên 1 x 15

Vậy x 15 là giá trị cần tìm

Bài 2 (2,5 điểm)

1) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 48cm Nếu chiều rộng của hình chữ nhật giảm đi 3cm

và chiều dài của hình chữ nhật tăng thêm 6cm và thì diện tích của hình chữ nhật không thay đổi Tính diện tích của hình chữ nhật đó

2) Một cây lăn sơn tường có hình dạng là một khối trụ với bán kính đáy là 5cm và chiều cao là

30cm Tính diện tích mà nó sơn được khi lăn 1000 vòng

Lời giải

1) Gọi chiều rộng, chiều dài của hình chữ nhật lần lượt là a b, 0  a b 24

Chu vi của hình chữ nhật bằng 48cm nên 2a b 48 (1)

Vì chiều rộng của hình chữ nhật giảm đi 3cm và chiều dài của hình chữ nhật tăng thêm 6cm

và thì diện tích của hình chữ nhật không thay đổi nên a3b6ab (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  

a b





24

 



 



Vậy diện tích của hình chữ nhật là  2

10.14140 cm 2)

Diện tích xung quanh của cây lăn sơn tường dạng hình trụ là:  2

2 .5.30 300 cm Vậy diện tích mà cây lăn sơn được khi lăn 1000 vòng là:

1000.300 300000 cm 30 m

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

3

1 1

1

x y

x y









2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol   2

:

P yx và đường thẳng  d :ym1x2 a) Chứng minh  P cắt  d tại hai điểm phân biệt

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng  d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt có

Lời giải

1) Điều kiện: x2;y 1

3

1 1

1

x y

x y









3

1 3

1

x

y

x y





 



11 2 22

3

1

x

x y

  



 



2 2 3

1

x

x y



 



2 4

3

1

x

x y

 





 



6

3

1

x

y







 

 6

3

1

x

y







 



6 3 3 1

x

y







 



 



6

1 1

x y





 

 



6 2

x y





 





Vậy hệ phương trình có nghiệm 6; 2

2)

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P :

x  m x x  m x 

  2    2

           với mọi m

Nên phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt

Vậy đường thẳng  d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt

b) Xét phương trình: 2  

1 2

1 2 0 1

Vì phương trình  1 luôn có hai nghiệm phân biệt nên theo hệ thức Viet, ta có:

 

 

1 2

x x m

x x





 



Ta có: x1  2x2  x12x2 x1 2x2  4 x10;x20

Thay  4 vào  2 , ta có: 2x2x2 m 1 x2  m 1

Thay x2 m vào 1  4 : x1 2 m 1

Khi đó: x x  1 2 2 2 m 1 m 1 21m2  1

m m

 



    



0 2

m m





  



Vì x1  2x2 nên x 1 0 2 1 m0 1 m0m1

Vậy m 0 là giá trị thỏa mãn

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn  O và một điểm cố định nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ các tiếp tuyến

,

AB AC của đường tròn  O ( ,B C là các giao điểm) Trên cung nhỏ BC của đường tròn

 O lấy điểm P Tiếp tuyến tại P của đường tròn  O cắt AB AC lần lượt tại , M N ,

a) Chứng minh tứ giác BOPM nội tiếp

b) Chứng minh chu vi tam giác AMN không đổi

c) Gọi ,E F lần lượt là giao điểm của OM ON với , BC Chứng minh tam giác MBE đồng

dạng với tam giác OMN và ba đường thẳng MF NE PO đồng quy , ,

Lời giải

Ta có AB MN là hai tiếp tuyến nên , OBAB OP, MN

Xét tứ giác BOPM có MPOMBO 90 90 180      mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác BOPM nội tiếp

b) CAMN  AMANMN  AM ANMPNP

Có MN AB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên MB, MP

Có MN AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại , N nên NPNC

Có AC, AB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A nên ABAC

Do đó

AMN

C AM ANMN AMANMPNPAMMBANNC ABAC2AB

Nên chu vi tam giác AMN không đổi

c) Ta có OM ON lần lượt là phân giác của , BOP POC ; nên  1  1

MON  BOC sđ BC

Mà góc  1

2

MBC  sđ BC nên  MONMBC

Xét tam giác MBE và tam giác MON có:

MONMBC(cmt)

NMOOMB ( vì MO là tia phân giác của góc PMB )

F E

N M

C

B

O A

P

+) Ta có MONMBC

nên tứ giác MBOF nội tiếp mà MBO90 MFO90 Nên MF NO

Mặt khác MON∽MBEMEBMNO (2 góc tương ứng)

Nên tứ giác NMEF nội tiếp nên MENMFN90NEMO

Xét tam giác OMN có OP NE MF là 3 đường cao nên, , MF NE PO đồng quy., ,

Bài 5 (0,5 điểm)

Với hai số thực ,x y  , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 0

P

     

Lời giải

P

     

P

        

P

       

1

P

 

Dấu bằng xảy khi

1 0

1 0

x

x y y

y x y

x



 









  

 Vậy giá trị nhỏ nhất Min P 1 x y