Đề thi thử lần 6 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 6 kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS NGUYỄN BIỂU KỲ THI THỬ LẦN VI . TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,5 điểm) : 3 3 3 3 a) A = 2 . 2 3 1 3 1 b a b) B = - . a b - b a ( với a > 0, b > 0, a b) a - ab ab - b c) Tìm m để đường thẳng y = 2x – 1 và đường thẳng y = 3x + m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. Câu 2: (2,0 đ) Cho phương trình ẩn x: x2 – 2mx - 1 = 0 (1) a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2. 2 2 b) Tìm các giá trị của m để: x1 + x2 – x1x2 = 7. 3x - y = 2m - 1 Câu 3 (1,5 điểm)Cho hệ phương trình: (1) x + 2y = 3m + 2 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1. b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 + y2 = 10. Câu 4 ( 3,0 đ) . Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc · cạnh BC sao cho: IEM 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. · b) Tính số đo của góc IME c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK  BN. Câu 5 (1,0đ). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca 1
2. Hướng dẫn chấm . Câu ý Nội dung hướng dẫn chấm Điểm a 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 0,75 a) A = 2 . 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3 2 3 1. Câu 1 b b a b a 0,5 b) - . a b - b a - . ab a - b a - ab ab - b a a b b a b (2,5 đ) b. ab a. ab b - a. a > 0, b > 0, a b a b 0,5 1 c Đường thẳng y = 2x – 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = ; còn 0,5 2 m 0,25 đường thẳng y = 3x + m cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = . 3 Suy ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên trục hoành m 1 -3 m = . 3 2 2 Câu 2 a) Ta có ∆/ = m2 + 1 > 0, m R. Do đó phương trình (1) luôn có hai 0,25 (2,0 đ) a nghiệm phân biệt. 0,5 b b) Theo định lí Vi-ét thì: x1 + x2 = 2m và x1.x2 = - 1. 0,25 2 2 2 Ta có: x1 + x2 – x1x2 = 7 (x1 + x2) – 3x1.x2 = 7 0,5 4m2 + 3 = 7 m2 = 1 m = ± 1. Câu 3 Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 0,5 3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1 (1,5 đ) . x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2 a Vậy phương trình có nghiệm (1; 2). 0,25 a b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 3x - y = 2m - 1 6x - 2y = 4m - 2 7x = 7m x = m 0,25 x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 x + 2y = 3m + 2 y = m + 1 Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 10 0,5 m2 + (m + 1)2 = 10 2m2 + 2m – 9 = 0. 1 19 1 19 Giải ra ta được: m ;m . 1 2 2 2 2
3. Câu 4 N K (3,0 đ) a 0,5 M B C I E A D · · a Tứ giác BIEM có: IBM IEM 900 (gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp 0,5 đường tròn đường kính IM 0,25 · · b Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME IBE 450 (do ABCD là hình vuông) 0,75 · · · · ∆EBI và ∆ECM có: IBE MCE 450 , BE = CE , BEI CEM ( do · · 0 IEM BEC 90 ) 0,5 ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; suy ra MB = IA MA MB IA Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: = . Suy ra IM MN MC IB song song với BN c (định lí Thalet đảo) 0 · B· KE I·ME 45 (2). Lại có BCE 450 (do ABCD là hình vuông). · · Suy ra BKE BCE BKCE là tứ giác nội tiếp. · · · Suy ra: BKC BEC 1800 mà BEC 900 ; suy ra 0,5 · BKC 900 ; hay CK  BN . 2 2 2 2 2 2 Câu 5 Ta có: a - b b - c c - a 0 2 a b c 2 ab + bc + ca a 2 b 2 c2 ab + bc + ca (1). (1,0đ) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a2 < a.(b+ c) a2 < ab + ac. 0,5 2 2 2 2 2 Tương tự: b < ab + bc; c < ca + bc. Suy ra: a + b + c < 2(ab + bc + 0,5 ca) (2). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 3