Đề thi thử lần 8 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 8 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 VIII . 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) : Tính gọn biểu thức: a) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 . a + a a - a b) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 1. a + 1 1- a c) Cho x1 = 3 + 5 và x2 = 3 - 5 2 2 Hãy tính: A = x1 . x2 ; B = x1 + x2 Câu 2: (2,0 đ) 1) Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và (d’): y = (m2 - 2) x + 1 a) Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Tìm m để (d) song song với (d’) . 2) Cho phương trình x 2 2x m 3 0 với m là tham số. a) Giải phương trình khi m 3 . b) Tìm giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm 2 phân biệt x1, x2 thoả mãn điều kiện: x1 2x2 x1 x2 12 Câu 3 (1,5 điểm): Chủ trương chống dich như chống giặc từ phòng thủ chuyển sang tấn công ,BCĐPCD cvd 19 có chủ trương thực hiện chiến dịch 5K + xét nghiệm , vì thế tại tỉnh Bắc Giang dự định tiêm 50.000 liều vắc xin cho những người trong tuyến đầu chống dịch và một số công nhân trong nhà máy trong một thời gian dự định , nếu bình quân mỗi Y BS tiêm được 500 liều / ngày . khi thực hiện có thêm 5 cán bộ y tế đến cùng đội để tiêm phòng , nên thời gian tiêm hết 50.000 liều vắc xin xong trước thời gian dự định là 1 ngày . Hỏi đội ngũ Y BS chống dịch cvd 19 tại tỉnh Bắc Giang lúc đầu có mấy người . ( mỗi Y BS năng suất tiêm mỗi ngày là như nhau ) . Câu 4 (3,0 đ) . Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP BC (P BC). Chứng minh: M· PK M· BC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. a + b 1 Câu 5 (1,0đ) : Chứng minh rằng: với a, b là các số dương. a 3a + b b 3b + a 2 1
2. Hướng dẫn chấm . Câu ý Nội dung hướng dẫn chấm Điểm a A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 0,75 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 Câu 1 b a + a a - a 0,5 B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 1 (2,5 đ) a + 1 1 - a a ( a + 1) a ( a - 1) a a = 1 + 1 - = (1 + ) (1 - ) = 1 - a 0,5 a + 1 a - 1 c A = x1.x2 = 0,5 2 2 3 + 5 . 3 - 5 = 3 + 5 3 - 5 = 3 - 5 = 9 - 5 = 4 = 2 2 2 B = x2 x2 = 3 + 5 + 3 - 5 = 3 + 5 + 3 - 5 = 6 0,25 1 2 Câu 2 1 Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 2)x (2,0 đ) a + 1 = 2x + 1 Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = - x y = 2x + 1 0,5 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đó tính được : y . 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( ; ) . 3 3 1 Hai đường thẳng (d), ( d ) song song khi và chỉ khi b m2 - 2 = - 1 m = 1 m = 1 0,5 m + 2 1 m - 1 Vậy m = 1 thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau 2 2 Khi m 3 phương trình trở thành x 2x 0 x x 2 0 x 0; x 2 . 0,5 a Câu 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' 1 m 3 0 m 4 . Khi đó theo định lí Vi-et ta có: x x 2 (1) và x x m 3 (2). (1,5 đ) 2 1 2 1 2 0,5 Điều kiện bài toán x 2 2x x x 12 x x x 2x 12 b 1 2 1 2 1 1 2 2 2x1 2x2 12 (do (1)) x1 x2 6 (3). Từ (1) và (3) ta có: x1 2, x2 4 . Thay vào (3) ta được: 2 .4 m 3 m 5 , thoả mãn điều kiện. Vậy m 5 . Câu Gọi đội Y BS chống dịch tại tỉnh Bắc Giang lúc đầu là x người ( x 3(1,5đ) N * ) bình quân mỗi ngày đội tiêm được số liều xắc xin là 500x ( liều), 0,5 Thì thời gian tiêm hết 50000 liều vắc xin là ( ngày ) Và đội Y BS chống dịch tại tỉnh Bắc Giang lúc sau là x + 5 người , bình quân mỗi ngày đội tiêm được số liều xắc xin là 500 (x +5) ( liều) 2
3. Thì thời gian tiêm hết 50000 liều vắc xin là ( ngày ) Thời gian thực tế ít hơn dự định là 1 ngày nên ta có pt : - = 1 0,25  100(x+5) - 100x = x(x+5)  100x + 500 -100x = x 2 + 5x  x 2 + 5x - 500 = 0 . Ta có : = 5 2 + 2000 = 2025 > 0 , pt có hai nghiệm phân biệt . X 1 = = 20 ; x 2 = = -25 Ta thấy : x 1 = 20 Đk ( nhận ) ; x 2 = -25 Đk ( loại ) 0,5 Vậy đội Y BS chống dịch tại tỉnh Bắc Giang lúc đầu là 20 người . 0,25 Câu 4 A (3,0 đ) K I M H C B P 0,5 O · · 0 a Ta có: AIM AKM 90 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn 0,75 đường kính AM. · · 0 b Tứ giác CPMK có MPC MKC 90 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp 0,75 M· PK M· CK (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: M· CK M· BC (cùng chắn M¼ C) (2). Từ (1) và (2) suy ra M· PK M· BC (3) c Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. Suy ra: M· IP M· BP (4). Từ (3) và (4) suy ra M· PK M· IP . 0,25 Tương tự ta chứng minh được M· KP M· PI . MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP MK MP MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) 0,5 - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ 0,25 BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC. a + b 2(a + b) Câu 5 Ta có: (1) 0,25 a 3a + b b 3b + a 4a 3a + b 4b 3b + a (1,0đ) 3
4. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 0,5 4a 3a + b 2 2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b 3b + a 3 2 2 Từ (2) và (3) suy ra: 4a 3a + b 4b 3b + a 4a + 4b 4 0,25 Từ (1) và (4) suy ra: a + b 2(a + b) 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. a 3a + b b 3b + a 4a + 4b 2 4