Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Phù Linh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Phù Linh (Có đáp án)

1. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 01; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 22 tháng 05 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I (2,0 điểm): 2 1 x Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 4) x + 2 x − 2 4 − x 1) Tính giá trị của biểu thức B tại x = 16. B 2) Rút gọn biểu thức P = . A 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P < 1. Bài II (2,5 điểm): 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải để vận chuyển 24 tấn hàng. Nhưng khi sắp khởi hành thì công ty có 2 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 2 tấn hàng so với dự định. Hỏi số xe thực tế mà công ty điều động chở hàng là bao nhiêu? 2) Một đoạn ống nước hình trụ dài 5m, có dung tích 32m3. Tính diện tích đáy của ống nước đó. Bài III (2,0 điểm): 2(x + y)+ x +1 = 4 1) Giải hệ phương trình  . (x + y)− 3 x +1 = −5 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = −x2 và đường thẳng (d): y = mx − m − 2 (m là tham số). a) Với m = −2 , tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20 . Bài IV (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cùng đi qua trực tâm H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O; R). Gọi M là hình chiếu vuông góc của C trên AK. 1) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn. 2) Chứng minh AB. AC = 2R.AD và MD // BK. 3) Giả sử BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) và A di động trên cung lớn BC. Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác AEH lớn nhất. Bài V(0,5 điểm): Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 M = a + b + + . 2a b Hết
2. 24 Số tấn hàng mà thực tế mỗi xe phải chở là (tấn) x 0,5 24 Số tấn hàng mà dự định mà mỗi xe phải chở là (tấn) x + 2 Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 2 tấn hàng so với dự định nên, ta có 24 24 0,5 phương trình: − = 2 x x Giải phương trình trên, ta được hai nghiệm x = −6 (loại); x = 4 (tmđk) 0,5 Vậy số xe thực tế công ty điều động chở hàng là 4 xe. Một đoạn ống nước hình trụ dài 5m, có dung tích 32m3. Tính diện tích đáy 0,5 của ống nước đó. Vì ống nước hình trụ có h = 5m và dung tích V = 32m3 nên: 2) Vông 32 0,25 V = S .h ⇒ S = = = 6,4m2 ông đay đay h 5 2 Vậy diện tích đáy của ống nước đó là Sđáy = 6,4m . 0,25 2(x + y)+ x +1 = 4 Giải hệ phương trình  . 0,75 (x + y)− 3 x +1 = −5 2a + b = 4 Đkxđ: x ≥ −1. Đặt x + y = a và x +1 = b , hệ trở thành:  . 0,25 a − 3b = −5 1) Giải hệ trên ta được a = 1; b = 2 0,25 x + y = 1 x = 3 Trở lại ẩn x, y ta có:  ⇔   x +1 = 2 y = −2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3;−2). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = −x2 và đường thẳng (d): y = mx − m − 2 (m là tham số). Với m = −2 , tìm tọa độ giao điểm của 0,5 đường thẳng (d) và parabol (P). Bài III Xét phương trình hoàn độ giao điểm của (P) và (d) khi m = −2 : 2a) (2,0 điểm) 2 2 x = 0 0,25 − x = −2x − (−2) − 2 ⇔ x − 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0 ⇔  x = 2 Với x = 0 ⇒ y = 02 = 0; x = 2 ⇒ y = –22 = –4 0,25 Vậy khi m = −2 thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (0;0) và (2;−4). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm 0,75 biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x1 − x2 = 20 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có: x2 + mx − m − 2 = 0 (1) 2 2b) Ta có: ∆ = m2 − 4(−m − 2) = (m + 2) + 4 . 0,25 Nhận xét ∆ = (m + 2)2 + 4 > 0 với ∀m, suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm; do đó (d) luông cắt (P) tại hai điểm phân biệt. x1 + x2 = −m Theo hệ thức, Viét, ta có:  . 0,25 x1.x2 = −m − 2
3. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 3. Tìm giá trị lớn 1 2 0,5 nhất của biểu thức M = a + b + + . 2a b Biến đổi biểu thức M, ta có: 1 2  1 a   2 b  a + b M = a + b + + =  +  +  +  + 2a b  2a 2   b 2  2 Áp dụng BĐT Cô-si cho các cặp số dương, ta có: 1 a 1 a + ≥ 2 . =1 (1) 0,25 2a 2 2a 2 2 b 2 b + ≥ 2 . = 2 (2) Bài V b 2 b 2 (0,5 điểm) a + b 3 Theo đề, ta có: a + b ≥ 3 ⇒ ≥ (3) 2 2 Cộng vế với vế của (1), (2), (3), ta được:  1 a   2 b  a + b 9 9  +  +  +  + ≥ ⇒ M ≥  2a 2   b 2  2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi a, b dương và:  1 a 2 b 2 2 0,25  = ; = a =1;b = 4 2a 2 b 2 ⇔  ⇔ a = 1 và b = 2 (tmđk) a + b = 6 a + b = 3 9 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là khi a = 1 và b = 2. 2 Chú ý chung khi chấm: 1) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25; 2) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa; 3) Bài IV: Học sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó. Nguồn đề BGH TRƯỜNG THCS PHÙ LINH
4. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT PHÙ LINH Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Lần thi thử: 02; Môn thi: Toán 9; Ngày thi: 30 tháng 5 năm 2021; Thời gian làm bài: 120 phút. Bài Ý Hướng dẫn chấm Điểm x 3 6 x − 4 Cho biểu thức A = và B = − (với x ≥ 0 và x ≠ 1) x −1 x +1 x −1 0,5 Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16. 1) Thay x = 16 (tmđk) vào biểu thức A, ta có: 16 4 4 0,25 = = = = 1 16 1 4 1 3 √𝑥𝑥 √ 𝐴𝐴 4 Vậy khi x =𝑥𝑥 16− thì . − − 0,25 √ 3√ Rút gọn biểu thức M = A + B (với x ≥ 0 và x ≠ 1) 1,0 Với x ≥ 0 và x ≠ 1, ta có: 3 6 4 = + 1 + 1 1 0,25 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − 𝑀𝑀 − 3 6 4 = √𝑥𝑥 − √𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 − 1 + 1 1 + 1 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − Bài I 𝑀𝑀 − (2,0 điểm) √𝑥𝑥 − �+√𝑥𝑥1+1�+ 3√𝑥𝑥 �1√𝑥𝑥−1� 6 �√𝑥𝑥 −4 ��√𝑥𝑥 � 2) = 0,25 1 + 1 √𝑥𝑥�√𝑥𝑥 � �√𝑥𝑥 − � − � √𝑥𝑥 − � 𝑀𝑀 + + 3� 𝑥𝑥 − 3�� 6𝑥𝑥 +�4 2 + 1 = √ √ = 0,25 1 + 1 1 + 1 𝑥𝑥 √𝑥𝑥 √𝑥𝑥 − − √𝑥𝑥 𝑥𝑥 − √𝑥𝑥 𝑀𝑀 �√𝑥𝑥 −1 ��√𝑥𝑥 � 1 �√𝑥𝑥 − ��√𝑥𝑥 � = 2 = 1 + 1 + 1 �√𝑥𝑥 − � √𝑥𝑥 − 0,25 𝑀𝑀 x −1 Vậy M =�√𝑥𝑥 − . ��√𝑥𝑥 � √𝑥𝑥 x +1 1 Tìm x thuộc N* để nhận giá trị nguyên. 0,5 M 1 x +1 2 3) Ta có: = =1+ . M x −1 x −1 0,25 1 2 Để nhận giá trị nguyên thì phải nguyên ⇔ x −1∈ Ư(2) M x − 2
5. Chiếc nón do làng Chuông (Thanh Oanh – Hà Nội) sản xuất là hình nón có đường sinh bằng 30cm, đường kính đáy bằng 40cm. Người ta dùng hai 0,5 lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón. Tính diện tích lá cần dùng cho một chiếc nón. 2) Vì chiếc nón hình nón có đường sinh l = 30cm và bán kính đáy R = 40 : 2 = 20cm nên: 0,25 2 h l Sxq = πRl = π . 20. 30 = 600π (cm ) Vậy diện tích là cần dùng cho một chiếc nón là R 0,25 2. 600π = 1200π cm2. =  1 + 3 y + 3 = 7 𝑺𝑺𝐱𝐱𝐱𝐱 𝝅𝝅𝝅𝝅𝝅𝝅  x − 2 Giải hệ phương trình  . 1,0 3  − 2 y + 3 = −1  x − 2 Đkxđ: 2 và 3 0,25 1 Đặt 𝑥𝑥 ≠= a và𝑦𝑦 ≥y−+ 3 = b , hệ trở thành: x − 2 1) + 3 = 7 3 + 9 = 21 + 3 = 7 0,5 3 2 = 1 3 2 = 1 11 = 22 𝑎𝑎 +𝑏𝑏6 = 7 =𝑎𝑎 1 𝑏𝑏 𝑎𝑎 𝑏𝑏 � ⟺ � ⟺ � 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏= 2− =𝑎𝑎 −2 𝑏𝑏 − 𝑏𝑏 Trở lại ẩn𝑎𝑎 x và y, ta có: 𝑎𝑎 ⟺ � ⟺ � 1 𝑏𝑏 𝑏𝑏 = 1 2 = 1 = 3 ( ) 2 + 3 = 4 = 1 ( ) 0,25 + 3 = 2 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 tmđk � 𝑥𝑥 − ⟺ � ⟺ � Vậy hệ phương trình có𝑦𝑦 nghiệm duy nh𝑦𝑦ất (x; y)tmđk= (3;1) �𝑦𝑦 Trong mp tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): Bài III y = 2(m +1)x − 2m −10 (m là tham số). 0,5 (2,0 điểm) Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có: = 2( + 1) 2 10 ⇔ 2 2( + 1) + 2 + 10 = 0 (1) 𝑥𝑥 𝑚𝑚 𝑥𝑥 − 𝑚𝑚 − Ta có:2 = 0,25 𝑥𝑥 − 𝑚𝑚 𝑥𝑥 𝑚𝑚 ′= [ ′2( + 1)] 1. (2 + 10) ∆ 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝑎𝑎 = + 2 +21 2 10 2a) − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 = 2 9 𝑚𝑚 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − Để (P) và (d)2 cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có 2 𝑚𝑚 − nghiệm phân biêt ⇔ > 0 ⇔ 9 > 0 ⇔ ( 3)( + 3) > 0 ∆′ 2 3 > 0 > 3 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 0,25 + 3 > 0 > 3 > 3 ⇔ 𝑚𝑚 − ⇔ 𝑚𝑚 � � 3⎢ �là các giá trị cần tìm. ⎣ 𝑚𝑚 ⎣ 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚 − 𝑚𝑚
6. D Ta có: CH // BD (gt) ⇒ = (slt) (1) Vì DC = DB nên ∆DCB cân tại D, suy ra: �1 �1 = (tính chất)𝐶𝐶 (2) 𝐵𝐵 E Từ (1), (2) ⇒ = ⇒ CB là p/g C 𝐶𝐶�2 𝐵𝐵�1 2 0,25 Xét (O): = 90 ⇒ AC ⊥ CB 1 𝐶𝐶�1 𝐶𝐶�2 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶� ⇒ CA là p/ ngoài0 tại C của ∆ICD I 𝐴𝐴�AI𝐴𝐴𝐴𝐴 CI F 3) ⇒ = (3) 1 AD CD A H B O AI HI Xét ∆ABD có HI // BD, suy ra: = (4) AD BD 0,25 CI HI Từ (3), (4) ⇒ = CD BD Mà CD = BD nên, suy ra CI = IH. Do đó I là trung điểm của CH 0,25 Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xyz M = . 0,5 (x + y)(y + z)(z + x) Biến đổi biểu thức M, ta có: 0,25 = = . . ( + )( + )( + ) + + + 𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑦𝑦𝑦𝑦 √𝑧𝑧𝑧𝑧 Áp d𝑀𝑀ụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 𝑥𝑥 +𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥1 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥 (2) 2 + 2 𝑥𝑥𝑥𝑥 Bài V Tương tự, ta𝑥𝑥 có: 𝑦𝑦 � �𝑥𝑥𝑥𝑥 ≤ ⟹ ≤ (0,5 điểm) 1 𝑥𝑥 𝑦𝑦 (2) + 2 �𝑦𝑦𝑦𝑦 ≤ 1 (3) 0,25 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 2 Nhân√ v𝑧𝑧𝑧𝑧ế với vế của (1), (2) và (3), ta được: ≤ 𝑧𝑧 𝑥𝑥 1 1 . . + + + 8 8 �𝑥𝑥𝑥𝑥 �𝑦𝑦𝑦𝑦 √𝑧𝑧𝑧𝑧 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y≤ = z.⟹ 𝑀𝑀 ≤ 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑦𝑦 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑥𝑥 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là khi x = y = z. 8 Chú ý chung khi chấm: 1) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25; 2) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa; 3) Bài IV: Học sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó. Nguồn đề BGH TRƯỜNG THCS PHÙ LINH