Đề thi thử toán vào lớp 10 Ngô gia tự hà thành - đáp án chi tiết

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O R; , đường kính AD cố định, AC cắt BD tại I K, là hình chiếu vuông góc của I trên AD, F là giao điểm của BD với CK.. a Chứng minh tứ giác ICDK là

Bài 1. Cho hai biểu thức 1

2

x A x





 và

B

 với x0;x4

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9

2) Chứng minh rằng 6

1

x B x







3) Tìm x để A B có giá trị nguyên

Bài 2 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Trong thời gian nghỉ dịch Covid 19 , hai lớp 9 A và 9B của trường THCS – THPT Hà Thành

phát động thi đua làm đề ôn tập toán Tháng thứ nhất cả hai lớp làm được 210 đề ôn tập Sang

tháng thứ hai, lớp 9 A làm vượt mức 20% và lớp 9B làm vượt mức 15% so với tháng trước

nên cả hai lớp làm được tất cả 246 đề Hỏi trong cả hai tháng mỗi lớp làm được bao nhiêu đề toán?

2) Một đống cát hình nón cao 2m , đường kính đáy 6m Tính thể tích của đống cát đó

Bài 3 1)Giải hệ phương trình

2 2 1

4

1

y x

y x



  

 





 



2) Cho phương trình: 2   2  

x  m x m   (m là tham số) a) Tìm mđể phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để hai nghiệm phân biết x x của phương trình (1) thỏa mãn hệ thức 1; 2

A x x  x  x  đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O R; , đường kính AD cố định, AC cắt BD tại I K,

là hình chiếu vuông góc của I trên AD, F là giao điểm của BD với CK

a) Chứng minh tứ giác ICDK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK

c) Chứng minh BI DF  BD IF và xác định vị trí điểm B trên đường tròn để bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất

Bài 5. Cho , ,a b c là các số thực dương Chứng minh rằng ab bc 1 1 2

TRƯỜNG THCS – THPT HÀ THÀNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2019 – 2020

MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. Cho hai biểu thức 1

2

x A x





 và

B

 với x0;x4 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9

2) Chứng minh rằng  

x +6

x +1

B 

3) Tìm x để A B có giá trị nguyên

Lời giải

1) Thay x 9 (TMĐK) vào A

9 1 4

5

9 2

 Vậy 4

5

A  khi x 9

B



-11

x



-11- 2 2 2 - -1

1 - 2





4 -12

1 - 2







1 - 2







6 1

x x







A B

Có x 0 với mọi x TMĐK

0

x

  với mọi x TMĐK

2 2

x

   với mọi x TMĐK

2 2

x

 với mọi x TMĐK 4

2 2

x

 với mọi x TMĐK

 

4

x



Có x   với mọi x TMĐK 2 0

4 0 2

x

 với mọi x TMĐK

4

2

x

 với mọi x TMĐK

  1 2

A B

Từ    1 , 2  1 A B  3

Mà A B Z  A B 2; 3

Với A B 2

6 2 2

x x





2

x

   

4

x

  (loại)

Với A B  3

6 3 2

x x





2 x 0

  

0

x

  (TM)

Vậy x 0 thì A B có giá trị nguyên

Bài 2 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Trong thời gian nghỉ dịch Covid 19 , hai lớp 9 A và 9B của trường THCS – THPT Hà Thành

phát động thi đua làm đề ôn tập toán Tháng thứ nhất cả hai lớp làm được 210 đề ôn tập Sang

tháng thứ hai, lớp 9 A làm vượt mức 20% và lớp 9B làm vượt mức 15% so với tháng trước

nên cả hai lớp làm được tất cả 246 đề Hỏi trong cả hai tháng mỗi lớp làm được bao nhiêu đề toán?

2) Một đống cát hình nón cao 2m , đường kính đáy 6m Tính thể tích của đống cát đó

Lời giải

1) Gọi số đề toán lớp 9 A làm được trong tháng thứ nhất là  * 

, 210

Gọi số đề toán lớp 9B làm được trong tháng thứ nhất là  * 

, 210

Vì tháng thứ nhất cả 2lớp làm được 210 đề

Nên ta có phương trình: xy210 1 

Tháng thứ hai:

Lớp 9 A làm được: 1, 2x (đề)

Lớp 9B làm được: 1,15y (đề)

Vì cả 2lớp làm được 246 đề

Nên ta có phương trình: 1, 2x 1,15y  246 2 

Từ    1 , 2 ta có hệ phương trình:

1, 2 1,15 246

x y

 







90 120





 





Vậy số đề toán lớp 9 A làm được trong tháng thứ nhất là: 90 đề; lớp 9B làm được trong tháng

thứ nhất là: 120 đề

2) Thể tích của đống cát là:

 

3 2 6

3r h3   m

Bài 3 1)Giải hệ phương trình

2 2 1

4

1

y x

y x



  

 





 



2) Cho phương trình: 2   2  

x  m x m   (m là tham số) a) Tìm mđể phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm m để hai nghiệm phân biết x x của phương trình (1) thỏa mãn hệ thức 1; 2

A x x  x  x  đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

1 Điều kiện: x 1;y2

1

x

 u0;v0 Khi đó hệ phương trình trở thành:

5 2



 





   



3 3 7,5

 



 

  



7 3,5 5 2

u







 

 



0,5 2

u v





 





(t/m)

1 0,5 1

2 2

x y









 

  



1 4

2 4

x y

 



 

 



3 6

x y





 



 (t/m)

Vậy: Hệ phương tình có nghiệm duy nhất: x y ;  3;6

2 a Ta có :

1 2m 4 m 1

    

1 4m 4m 4m 4

 5 4m

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

0

   5 4m0 5

4

m

Với 5

4

m  thì phương trình có hai nghiệm x x nên theo Vi – et ta có: 1; 2

2

1 2

2 1 1





 



Theo bài ra, ta lại có

A x x  x  x 

2 2 4 4 3

2

 2

Dấu "" xảy ra khi m 12 0 m 1 0m1(t/m)

Vậy: GTNN của A 3 khi m 1

Bài 4.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O R; , đường kính AD cố định, AC cắt BD tại I K,

là hình chiếu vuông góc của I trên AD, F là giao điểm của BD với CK

a) Chứng minh tứ giác ICDK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK

c) Chứng minh BI DF  BD IF và xác định vị trí điểm B trên đường tròn để bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất

Lời giải

a) Xét O R;  có : CO R; nên ACD 90o mà I thuộc AC nên ICD 90o

Ta lại có  90o

IK ADIKD Xét tứ giác IKDC có :   90 90 180o o o

IKDICD  

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác IKDC là tứ giác nội tiếp

b) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKDC có:

 

ICK IDK ( Hai góc cùng chắn cung IK)

Mà trong (O) có : BCAIDK ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Do vậy BCAICK nên IC là tia phân giác trong tam giác BCK (1)

Chứng minh tương tự ta có: IK là tia phân giác của góc BKC (2)

Từ (1) và (2) ta có: IC là IK là hai tia phân giác giao nhau tại I

Do vậy I là là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCK

c) Chứng minh BI DF  BD IF

Xét tam giác BKC có:

IK là tia phân giác của góc BKC

Nên

IF

BI BK

KF

 (t/c tia phân giác của tam giác) (3)

Mà IKADKDlà tia phân giác ngoài của tam giác BKC

Áp dụng tính chất tia phân giác ngoài của tam giác BKC ta có:

DF  KF(4)

Từ (3) và (4) ta có:

  

  (t/c tỉ lệ thức)

Xác định vị trí điểm B trên đường tròn để bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD lớn nhất Gọi E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD)

Ta có: r S 2.AB BD.

 

2 .

AB BD  AB BD

2

4R 2.AB BD

2

2

2 1

2

2 1

R r

 

 Dấu “=” xảy ra khi ABBD

Khi đó vị trí của B là điểm nằm chính giữa cung AD

Bài 5. Cho , ,a b c là các số thực dương Chứng minh rằng:

2

Lời giải

Ta có:

Áp dụng BĐT Cô – si

1 2

1 2 1 2 1

2













Bài 1 (2,0 điểm) Cho hai biểu thức 2 4 2 2

A

1 2

B

x



 với x0, 1



1) Tính giá trị của biểu thức B khi x 9

2) Rút gọn biểu thức A

3) Với x, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A B

Bài 2 (2,5 điểm)

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

Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Sau khi đi được một giờ với

vận tốc ấy, người đó dừng nghỉ 15 phút Vì vậy, để đến B đúng thời gian dự định, người đó

phải tăng vận tốc thêm 10 km/h trên đoạn đường còn lại Tính vận tốc ban đầu của người đó,

biết quãng đường AB dài 60 km

2) Nam muốn dán một lớp giấy màu lên mặt ngoài của chiếc mũ phù thủy Biết phần nhô lên của mũ là một hình nón có chiều cao 16cm, vành nón được giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là 12cm và 18cm Tính diện tích giấy màu bạn Nam cần dùng?

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

5

3 2 1

1

1

y x

y x



 







 



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d :ymxm2 và parabol   2

:

a) Chứng minh với mọi giá trị của m, đường thẳng  d luôn cắt parabol   2

:

P y x tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ;1 x 2

b) Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn 1 2

x x  x  x

Bài 4 (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn

 O ( ;B C là các tiếp điểm) Kẻ cát tuyến AMN với đường tròn  O (M O N;  O ) sao

cho tia AM nằm trong góc AOB và AM  AN Gọi H , I lần lượt là giao điểm của BC với

AO , MN

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh 2

AB  AM AN và HI là phân giác của góc MHN 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK

PHÒNG GD&ĐT HAI BÀ TRƯNG

TRƯỜNG THCS NGÔ GIA TỰ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2019 - 2020

Môn: Toán 9

Thời gian: 120’ (không kể thời gian giao đề)

Bài 5 (1,0 điểm) Cho a,b là các số thực khác 0 và thỏa mãn a 2b2 b 2a2 2 Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P11 a b.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 2 4 2 2

A

1 2

B

x



 với x0, x1, x4

1) Tính giá trị của biểu thức B khi x 9

2) Rút gọn biểu thức A

3) Với x, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A B

Lời giải

1) Ta có x 9 thỏa mãn điều kiện xác định Thay x 9 vào B ta được:

9 9 1

9 2

B  



9 3 1

13

3 2

 

2) Rút gọn biểu thức A

A

2 4

x









1

x x





x



 

3) Với x, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K  A B



x x





2 1

2

x

 

 Đặt 2

2

C

x





1

x

x

 



     





Mà x 

 suy ra 2 2

x   hay K   1 2 Dấu “=” xảy ra khi x 2(1)

+ Nếu x 2 0 x2x 4

Mà x 

 suy ra 2 2

2 5 2

x   hay K  5 2 5 Dấu “=” xảy ra khi x 5(2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị lớn nhất của K bằng 5 2 5 khi x 5

Bài 2 (2,5 điểm)

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

Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Sau khi đi được một giờ với

vận tốc ấy, người đó dừng nghỉ 15 phút Vì vậy, để đến B đúng thời gian dự định, người đó

phải tăng vận tốc thêm 10 km/htrên đoạn đường còn lại Tính vận tốc ban đầu của người đó,

biết quãng đường AB dài 60 km

Lời giải

Gọi vận tốc ban đầu của người đó là x km/h, x 0

Theo dự định, thời gian để người đó đi hết quãng đường AB là 60

x (giờ)

Thực tế:

+ Quãng đường còn lại sau khi đi một giờ là 60xkm

+ Thời gian người đó đi hết quãng đường còn lại là 60

10

x x



 (giờ)

Đổi 15 phút 1

4

 giờ

Theo bài ra, ta có phương trình:

10 4

x





240 x 10 60 x 4x 5 x x 10

50 2400 0

80

x

x







Kết hợp với điều kiện, ta được vận tốc ban đầu của người đó là 30 km/h

2) Nam muốn dán một lớp giấy màu lên mặt ngoài của chiếc mũ phù thủy Biết phần nhô lên của mũ là một hình nón có chiều cao 16cm, vành nón được giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là 12cm và 18cm Tính diện tích giấy màu bạn Nam cần dùng?

Lời giải

Diện tích phần nhô lên là diện tích xung quanh của hình nón có r 12 cm, h 16 cm

2

.12.20 240 cm

xq

Diện tích vành mũ là  2 2  2

Vậy diện tích giấy cần để dán là  2

xq

SS S  

Bài 3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình :

5

3 2 1

1

1

y x

y x



 







 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d :ymxm2 và parabol   2

:

Ta có đường sinh l  h2

 r2

 20 Diện tích xung quanh của hình nón là  

a) Chứng minh với mọi giá trị của m, đường thẳng  d luôn cắt parabol  P :y x tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x 1; 2

b) Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn 1 2

x  x  x  x

Lời giải

1) Điều kiện xác định: x 1

Ta có:

5

3 2 1

1

1

y x

y x



 







 



5

3 2 1

5

30 35

1

y x

y x



 



 



 



33 33

5

3 2

1

y

y x

 





 

 

 



1

5

3 2

1

y

y x

 





 

 

 



1

5

5

1

y

x

 





 



 



1

1 1

y

x

 



 

 



1

2

y

x

 



 





Thấy x 2 thỏa mãn điều kiện xác định x 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2

1

x y







 



2) Xét phương trình hoành độ giao điểm parabol  P và đường thẳng  d

2

2

2

2 0

      1

Ta có

2

4 2

m 22 4 0

    với mọi m

Suy ra phương trình  1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên đường thẳng  d luôn cắt

parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x 1; 2

b)Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn 1 2

x x  x  x

Theo câu a phương trình  1 luôn có hai nghiệm với mọi m

Áp dụng định lý viet ta có:

x x m  2

x x m  3

Với điều kiện x x 1 2 0 m 2 0 m2  * Ta có:

x  x  x  x

2 x x x x

2 x x x x 2x x

Thay  2 và  3 vào  4 ta được:

2

2mm 2 m2

 2

m

  

2

m

  ( không thỏa mãn điều kiện  * )

Vậy không có giá trị nào của m m thỏa mãn 1 2

x x  x  x

Bài 4 Từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn  O ( ;B C

là các tiếp điểm) Kẻ cát tuyến AMN với đường tròn  O (M O N;  O ) sao cho tia AM nằm trong góc AOB và AM  AN Gọi H , I lần lượt là giao điểm của BC với AO , MN 1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh 2

AB  AM AN và HI là phân giác của góc MHN 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK

Lời giải

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

Tứ giác ABOC có:  ABO 90 90 180ACO     

 tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

Xét ABM và ANB có:



BAN chung

ABM BNA (cùng chắn BM)

g.g

  ∽

 

2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO với đường cao BH ta được:

 

2

Từ  1 và  2 suy ra: AM AN AH AO hay AM AH

AO  AN Xét AHM và ANO có:



OAN chung

AO  AN

c.g.c

  ∽

AHM ANO

 tứ giác MHON nội tiếp

  (cùng chắn ON )

Mà ANOOMN ( OMN cân tại O )

AHM OHN

Mặt khác: AHM  90MHB  ; OHN 90NHB 

 HI là phân giác của góc MHN

3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại P , AP cắt đường thẳng BN tại K Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng BK

Ta có: BN MP// BN IN

Mà IN HN

IM HM ( HI là tia phân giác của  MHN )

 3

Ta có: NK MP// NK AN

Mà AH HI

AH

 là tia phân giác ngoài của MHN tại đỉnh H

AN HN

 4

Từ    3 ; 4 BN NK

  hay N là trung điểm của đoạn thẳng BK

Bài 5 (2,0 điểm ) Cho a,b là các số thực khác 0 và thỏa mãn a 2b2 b 2a2 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 a b

a b

   

Lời giải

Ta có: a 2b2 b 2a2 2 , ( a,b1)

2a a b 4 4b 2 a 2b a b

2 a 2b 2 a b 0

2 a 0 2 a b (*) b 0

Vì ,a b có vai trò như nhau a0

Từ (*)  a2b2 2

2

2

2

a b

a b    a b    a b 

Do ,a b00ab2

2 0 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab1

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 1 a b

a b

    bằng 0 khi ab1