Đề thi thử lần 2 kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử lần 2 kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS KỲ THI THỬ LẦN II . TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm) 3 6 2 8 a) Rút gọn các biểu thức: A = 1 2 1 2 1 1 x + 2 x b)Rút gọn các biểu thức: B = . (với x > 0, x 4 ) x 4 x + 4 x 4 x c) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = (m -1 ) x + m đi qua điểm A(1;3). Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2x + m – 2 = 0 (*), trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (*) khi m = -1 b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1 = 2x2. Câu 3 (1,5 điểm) Đảng và chính phủ nước ta đã phát động phong trào trồng1tỷ cây xanh từ năm 2021-2025 , để phủ xanh đất trống đồi trọc nhằm làm trong sạch môi trường . Để hưởng ứng phong trào nói trên trường THCS Nguyễn Biểu tổ chức cho hai khối học sinh lớp 8 và 9 trồng cây xanh vào đầu năm 2021 . Đợt I cả hai khối trồng được 900 cây , Đợt II cả hai khối đều rút kinh nghiệm trồng từ đợt I nên khối 8 trồng vượt mức 20% và khối 9 trồng vượt mức 30% , do đó tổng số cây trồng được đợt II của cả hai khối là 1130 cây . Tính số cây của mỗi khối trồng được ở đợt I là bao nhiêu cây ? Câu 4 ( 3,0 đ) . Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. a) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Câu 5 (1,0đ). Giải phương trình x 1 2x x 3 2x x2 4x 3 1
2. Hướng dẫn chấm . Câu ý Nội dung hướng dẫn chấm Điểm a 3 6 2 8 3 1 2 2 1 2 0,75 a) A = 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 b 1 1 x + 2 x b) B = . x 4 x + 4 x 4 x Câu 1 0,5 1 1 x ( x + 2) = . (2,5 đ) x 2 x 2 ( x 2)2 x 1 1 x 2 x 2 4 0,5 = x 2 x 2 x - 4 x - 4 c Đồ thị hàm số y = (m -1 ) x + m đi qua điểm A(1;3) => x=1; y = 3 0,5 Thay vào hàm số y ta có : 3 = (m-1).1 + m  3= m-1+m  m =2 Ta thấy m =2 thuộc đk (nhận) . Vậy với m =2 thì HS y đi qua A(1;3) 0,25 Cho phương trình x2 + 2x + m – 2 = 0 (*), trong đó m là tham số a Giải phương trình (*) khi m = -1 Thay m = - 1 vào pt (*) ta có pt : x2 + 2x - 3 = 0 0,25 Ta thấy có : a + b + c = 1+2+ (-3) = 0 0,25 => pt có một nghiệm x1 = 1và nghiệm x2 = c/a = -3 . 0,25 Vậy với m = -1 thì pt có 2 nghiệm x1 = 1; x2= -3 0,25 Câu 2 b Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 = 2x2. (2,0 đ) ’ = b’2 – ac = 12 – (m -2) = -m + 3 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 ’ > 0 -m + 3 > 0 m < 3 0,5 Vậy với m < 3 thì PT (*) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn điều kiện x1 = 2x2 (3) Theo hệ thức Vi-ét ta có : x1 + x2 = -2 (1) x1 . x2 = m - 2 (2) 2
3. Theo bài ra : x1 = 2x2 (3) , Thay (3) vào (1) ta có : 0,25 3x2 = -2  x2 = và x1 = 4 2 thay x1 và x2 vào (2) ta được : . = m – 2  m = (TM) 3 3 0,25 Vậy m = thì phương trình (*) có hai nghiệm thỏa mãn x1 = 2x2. Câu 3 Gọi số cây khối 9 trồng được ở đợt I là x (cây) (x nguyên dương ) 0,5 đ (1,5 đ) Và số cây của khối 8 trồng được ở đợt I là y (cây) ( y nguyên dương) Theo bài ra ta có HPT : x + y = 900 0,25 {3x + 2y = 2300 0,5 giải ra ta được : x = 500 ; y =400 .( thuộc ĐK ) ( nhận) 0,25 Vậy Đợt I khối 9 trồng được 500 cây , khối 8 trồng được 400 cây . Vẽ hình đúng chính xác : F 0,5 I E C D A B O Câu 4. (3,0 đ) · · o a Tứ giác FCDE có 2 góc đối : FED FCD 90 (góc nội tiếp chắn nửa 0,75 đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. b Xét hai tam giác ACD và BED có: 0,75 ·ACD B· ED 900 , ·ADC B· DE (đối đỉnh) nên ACD BED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE DC.DB DA.DE . DA DB c I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 1,0 đ FCDE tam giác ICD cân I·CD I·DC F· EC (chắn cung F»C ). Mặt khác tam giác OBC cân nên O· CB O· BC D· EC (chắn cung »AC của (O)). Từ đó I·CO I·CD D· CO F· EC D· EC F· ED 900 IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). Câu 5 Giải phương trình x 1 2x x 3 2x x2 4x 3 3
4. (1,0 đ) Điều kiện: x 1 Ta có: x 1 2x x 3 2x x2 4x 3 2x x 3 2x x 1 (x 1)(x 3) 0 0,25 2x( x 3 1) x 1( x 3 1) 0 ( x 3 1)( x 1 2x) 0 0,25 x 3 1(1) 0,25 x 1 2x(2) Ta có (1) x 2 (loại) x 0 x 0 x 0 (2) 2 2 1 17 x 1 4x 4x x 1 0 x 0,25 8 1 17 x (TM ) 8 1 17 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 8 4