Đề khảo sát thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2022 2023

UBND QUẬN BA ĐÌNH
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn: TỐN 9
Ngày kiểm tra: 29/4/2022
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)
Bài I (2,0 điểm).
x 2 x 1
2
x
Cho biểu thức: A 
với x  0, x  1, x  4 .
;B 

x 2
x 1 x 1
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  9.
2) Rút gọn biểu thức P  A.B.
3) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P nhận giá trị là số nguyên âm.
Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đội sản xuất phải làm 10 000 khẩu trang trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến kĩ
thuật và tăng giờ làm nên mỗi ngày đội sản xuất được thêm 200 khẩu trang. Vì vậy, khơng những
đã làm vượt mức kế hoạch 800 khẩu trang mà cịn hồn thành cơng việc sớm hơn 1 ngày so với
dự định. Tính số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định.

2) Một thùng nước bằng tơn có dạng hình trụ với bán kính đáy là 0, 2 m và chiều cao
0, 4 m . Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu lít nước ? (Bỏ qua bề dày của thùng

nước, lấy   3,14 và làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
Bài III (2,5 điểm)
 1
 2y  6

1) Giải hệ phương trình  x  1
.
2

 3y  5
 x  1
2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng

d  : y  m  2  x  2m.

a) Xác định tọa độ giao điểm d  và  P  khi m  3.

b) Tìm tất cả giá trị của m để d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt
là x 1, x 2 thỏa mãn

xx
1
1

 1 2.
x1 x2
4

Bài IV (3 điểm)
Cho đường trịn O; R có hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Lấy









điểm I thuộc đoạn thẳng OB I  O, B . Gọi E là giao điểm của đường thẳng CI với

O  E  C  , H

là giao điểm của hai đoạn thẳng AE và CD.

1) Chứng minh tứ giác OHEB là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh AH .AE  2R 2 .

OH
.
OA
4) Tìm vị trí của I trên đoạn thẳng OB sao cho tích EA.EB.EC .ED đạt giá trị lớn nhất.
Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình: x 2  4x  1  x  1  2x  4.
…….……………Hết………………….
3) Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng OB. Tính tỉ số

2

HƯỚNG DẪN CHẤM
HƯỚNG DẪN CHUNG
+) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.
+) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tương ứng với biểu điểm của hướng dẫn
chấm.
+) Các tình huống phát sinh trong quá trình chấm do Hội đồng chấm thi quy định, thống
nhất bằng biên bản.
+) Chú ý: Bài IV ý 3 học sinh không cần vẽ lại hình.
Bài

Ý

1)

Đáp án
Tính giá trị của biểu thức A khi x  9.

Điểm
0,5

Thay x  9 (TMĐK) vào biểu thức A.
Tính được A 

x 2 x 1



0,25

92 9 1


x 2
9 2
Rút gọn biểu thức P  A.B .
x 2 x 1  2
x 
P 



 x  1 x 1
x 2


2
x 1  2
x


.

x 2  x 1
x 1
x 1






 
x  1 2  x  1  x


.
x  2  x  1 x  1
 x  1  2 x  2  x  

x  2  x  1 x  1



4.

0,25
1,0

0,25







2

2)

2

Bài I
2,0 điểm

P 

0,25

x 1



2

x 2





x 2
x 1





x 1

x 1

.
x 1
Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P nhận giá trị là số nguyên âm.
) P 

3)

x 1

x 1

Với x  0 thì

2

 1

2

x 1

0,25
0,5

.

x  0  x 1 1

2

x 1

2

 1  P  1. Mà P nhận giá trị là số nguyên âm
x 1
 P  1.
) P  1  x  0 (TMĐK).
 1

0,25

Vậy x  0 thì P nhận giá trị là số nguyên âm.

0,25

0,25


3

Tính số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định.
+) Gọi số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm trong một ngày theo dự định là





x (cái) x  0 .
+) Thời gian làm theo dự định là:

+) Thực tế, mỗi ngày của đội sản xuất được số khẩu trang là:
10 800
x  200 (cái), thời gian làm là:
(ngày).
x  200
+) Vì hồn thành công việc sớm hơn 1 ngày so với dự định nên ta có
10 000 10 800
phương trình:

 1.
x
x  200
 10 000 x  200  10 800x  x x  200







2)

2

0,25



x  1000

x  2 000
Đối chiếu điều kiện và kết luận số khẩu trang mà đội sản xuất phải làm
trong một ngày theo dự định là 1 000 cái/ngày.

0,25

Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu lít nước ?

0,5

Thể tích nước là thể tích của thùng nước.
Thùng nước đựng đầy được số lít nước là:

0,25

 

 

V   .R 2 .h  3,14.0, 22.0, 4  V  0, 05024 m 3  V  50, 24 lít .

1)
Bài III
2,5 điểm

0,25

0,25

 1
 2y  6

Giải hệ phương trình  x  1
.
 2  3y  5
 x  1

1,0

Điều kiện x  1.

0,25

 1
 2
 7y  7
 2y  6
 4y  12



x

1
x


1
 
  2

 3y  5
 2  3y  5
 2  3y  5


x

1
 x  1
 x  1
y  1
y  1


 1

5
4

x 
x  1

4
Đối chiếu điều kiện và kết luận hệ phương trình có nghiệm
5 

x ; y   ;1  .
4 

 

2)

0,25

0,25

 800x  2 000 000  x  200x  x  1 000x  2 000 000  0
2

0,25

10 000

(ngày).
x
+) Tổng số khẩu trang thực tế sản xuất là: 10 000  800  10 800 (cái).

Bài II
2,0 điểm

1,5

   

a) Xác định tọa độ giao điểm d và P khi m  3.

0,25

0,25

0,25
1,5


4

 

 

b) Tìm tất cả giá trị của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ lần lượt là x 1, x 2 thỏa mãn

xx
1
1

 1 2.
x1 x2
4

   
 m  2  x  2m  0 1 .

a) +) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P :





x 2  m  2 x  2m  x 2

+) Thay m  3 vào (1) ta được:







0,25

x2  x  6  0  x  3 x  2  0

x  2

x  3
Tính được tọa độ hai giao điểm là 2; 4 ; 3; 9 .

 





0,25



2

b) +) Tính được   m  2 .

 

0,25

 
   0  m  2 



+) d cắt P tại hai điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt
2

0,25

 0  m  2.

x  x 2  m  2
+) Lập luận áp dụng hệ thức Vi-et có:  1
.
x
x


2
m
 1 2
1
1 x 1x 2
+) Biến đổi :
(Điều kiện x 1, x 2  0  m  0 )


x1 x 2
4
x 1  x 2 x 1x 2
2  m 2m



x 1x 2
4
2m
4
2
2
 2m  m m  0  m m 2  0 m  0

0,25











m  1

.
m  2
Đối chiếu điều kiện và kết luận m  1.
Chứng minh tứ giác OHEB là tứ giác nội tiếp.
C

Bài IV
3,0 điểm

1)

A

O

I

B

H

0,25

1,0

+) Vẽ hình đúng đến câu 1.

0,25


+) Lập luận được AEB  90.

0,25

+) Tứ giác OHEB có
  HOB
  180,
HEB

0,25

mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ
giác OHEB là tứ giác nội tiếp

0,25

E
D


5

Chứng minh AH .AE  2R 2 .

2)

1,0

+) Xét AOH và AEB có:
  AOH
  90
AEB
 chung
HAO

0,25

 AOH đồng dạng với AEB theo trường hợp góc – góc.


AH AO

AB AE

0,25

 AH .AE  AB .AO  2R 2 .

0,25

OH
.

OA
+) AOH đồng dạng với AEB

Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng OB. Tính tỉ số

OH EB

.
OA EA
+) Lập luận được EI là phân giác

của AEB.

C

3)
A

0,25

I

O

B

H



E

EB IB

.
EA IA

IB 1
OH 1
 
 .
Mà
IA 3
OA 3
Tìm vị trí của I trên đoạn thẳng OB sao cho tích EA.EB.EC .ED đạt
giá trị lớn nhất.
+) Kẻ EM , EN lần lượt vng góc
với AB,CD tại M , N .

0,5

0,25

0,25

D

+) Lập luận được:
EA.EB.EC .ED  EM .AB.EN .CD

C

 EM .EN .4R 2 .
+) Ta có:
4)

A

O

I

M

H
N
D

0,5

E

B

EM  EN
2
OE 2
 EM .EN 
2
R2

 EM .EN 
2

EM .EN 

2

0,25
2

R 2 .4R 2
 EA.EB.EC .ED 
2
 EA.EB.EC .ED  2R 4 .
+) Dấu "  " xảy ra
 EM  EN  OE là phân giác

của BOD  I là giao điểm của

0,25


6

OB và CE với E là điểm chính
giữa của cung BD.
Kết luận.
Giải phương trình: x 2  4x  1  x  1  2x  4.

x 2  4x  1  x  1  2x  4

 x 2  4x  1  x  1  2x  4  0





 x 2  4x  4 
Bài V
0,5 điểm





2

 x 2 

 x  2 x


 x  2 x












 

4x  1  3 

4x  8

x 2



0,5

Điều kiện x  1







x  1  1  2x  4  0





2 x 2  0

4x  1  3
x 1 1

4
1
2

 2  0
4x  1  3
x 1 1


4
1


0
4x  1  3
x  1  1

Vì x  1  x 

4

4x  1  3



Đối chiếu điều kiện và kết luận.

1

x 1 1

 0  x  2  0  x  2.

0,25

0,25