Đề toán thi vào 10 (đề 4)

THCS ARCHIMEDES ACADEMY

ĐỀ THI THỬ LẦN 06

TỔ TỐN

Tốn 9 (Năm học 2017 – 2018)
Ngày thi: 21 – 4 – 2018
Thời gian: 120 phút

Câu I. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức
A=

x7
và B =
x

x
2 x 1 2 x  x  3


x 9
x 3
x 3

(với x > 0; x ≠ 9)

1. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.
2. Rút gọn biểu thức B.

1

B
Câu II. (2,0 điểm) Giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình
3. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A +

Một ô tô đi từ A đến B dài 260km, sau khi ô tô đi được 120km với vận tốc dự định thì tăng
vận tốc thêm 10km/h trên đoạn đường cịn lại. Tính vận tốc dự định của ơ tô, biết xe đến B
sớm hơn thời gian dự định 20 phút.
x  2 y  3

Câu III. (2,0 điểm) 1. Cho hệ phương trình 

 x  my  1

(m là tham số). Tìm giá trị nguyên

của m để hệ có nghiệm duy nhất (x, y) sao cho x, y là các số nguyên.
2. Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = –2mx – 4m (m là tham số)
a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B.
b) Giả sử x1, x2 là hồnh độ của A và B. Tìm m để |x1| + |x2| = 3
Câu IV. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) đường kính BC
(AB > AC). Từ A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt tia BC tại M. Kẻ dây AD vng
góc với BC tại H.
1. Chứng minh rằng: Tứ giác AMDO nội tiếp.
2. Giả sử  ABC = 300. Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AC và cung AC
nhỏ theo R.
3. Kẻ AN vng góc với BD (N thuộc BD), gọi E là trung điểm của AN, F là giao điểm
thứ hai của BE với (O), P là giao điểm của AN và BC, Q là giao điểm của AF và BC.
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh BH2 = BP.BQ
4. Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD và AM lần lượt tại I và K. Chứng minh

rằng: F là trung điểm của IK.
Câu V. (0,5 điểm) Cho hai số thực dương x, y. Thỏa mãn
x  2019  y 2  y  2019  x 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + 2xy – 2y2 + 2y + 2019.
…..……….……….Hết……….……………


Hướng dẫn chấm mơn Tốn 9
Đề thi thử lần 06 (21-04-18)
Câu
Ý
Hướng dẫn chấm
Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện)
I 1.
Thay vào biểu thức A ta được
0,5đ A = 16  7 23

4
16
2.
Rút gọn B
Với x > 0, x ≠ 9
x  x  3   2 x  1 x  3   2 x  x  3
Ta có B =
 x  3 x  3
1,0đ
2đ
x  3 x  2x  5 x  3  2x  x  3
=
 x  3 x  3

=
3.

0,5đ

II

2,0đ



x3 x
x

x 3
x  3 x  3

1
x7
x 3 x  x  4


=
B
x
x
x
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương x và 4, ta được
x  4  2 x.4  4 x
5 x

P≥
= 5. Dấu “=” xảy ra  x = 4 (TM)
x
Vậy Pmin = 5  x = 4
1
Đổi 20 phút = (h)
3
Gọi vận tốc ban đầu của xe ô tô là x (x > 0, đ/vị: km/h)
Ta có P = A +

Thời gian xe đi hết quãng đường AB với vận tốc ban đầu là
Thời gian xe đi 120km với vận tốc ban đầu là

120
(h)
x

Vận tốc sau khi tăng là x + 10 (km/h)

140
(h)
x
Vì xe B đến sớm hơn 20 phút, nên ta có phương trình
260 1 120 140
 

x 3
x x  10
140 140 1




x x  10 3
 x  60 (TM)
 ...  x2  10 x  4200  0  
 x  70 (Loai)
Thời gian xe đi 140km với vận tốc tăng là

Vậy vận tốc ban đầu của xe ô tô là 60 km/h

Điểm
0,25
0,25

0,5

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

260
(h) 0,25
x
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


III

1.

Tìm điều kiện của m …

1,0

x  2 y  3

Hệ phương trình (1) 

 x  my  1

(1)
(2)

0,25

Từ (1) và (2), ta có (2 – m)y = 2 (3)
Để hệ (I) có nghiệm duy nhất thì (3) có nghiệm duy nhất
 2m  0  m  2

2
Khi đó y =
2m

Thay y vào (1), ta có  x =

2  3m
2m

2  3m

 x  2  m
Vậy khi m ≠ 2 thì hệ có nghiệm duy nhất 
y  2

2m

0,25

2

 x  3  2. 2  m
Ta có 
y  2

2m

Suy ra m   để x   và y   thì

2

   2 - m  U(2)= ±1; ±2
2-m

2 a)

 m 0; 1; 3; 4

0,25

Vậy nghiệm m 0; 1; 3; 4 thỏa mãn u cầu bài ra.

0,25

Tìm m …

0,5

Xét phương trình hồnh độ giao điểm x2 + 2mx + 4m = 0 (1)
Ta có ’ = m(m – 4)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt.
1  0
m  4


 '  0
m  0
m(m  4)  0

0,25

a  0



m  4
Vậy 
thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B.
m  0

2 b)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt …
Với x1, x2 là hai hoành độ của A và B.
 x  x  2 m
Theo định lý Vi-ét ta có:  1 2
 x1x2  4m

0,25

0,5


Ta có |x1| + |x2| = 3  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| = 9
 4m2 – 8m + 8|m| = 9 (*)

0,25

1


m = - (chon)

+) Với m < 0 thì (*)  4m – 16m – 9 = 0 
2

 m = 4,5 (loai)
2

3

m = 2
+) Với m > 4 thì (*) 4m2 – 9 = 0  
(KTMDK)
m = - 3

2

1
thỏa nãm yêu cầu đề ra.
2
Chứng minh 5 điểm …
Vậy m = 

IV

a)

0,25
1,0

3,5đ

0,25

1.
Ta có AOD cân tại O (vì OA = OD = R)
0,75đ OH là trung trực của AD (định lý)
  90 (tính chất tiếp tuyến)
OAM
Trong AOD cân, đường cao OH là phân giác
 =
DOM
 AOM
Xét OAM và DOM
 =
DOM (cmt), OM chung
Có OA = OD = R, AOM
 OAM và DOM (c – g – c)
 =
ODM  90
 OAM
Xét tứ giác OAMD có
 +
OAM
ODM  180
 , ODM
 ở vị trí đối nhau.
Mà hai góc OAM
 t.g OAMD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
 = 2.ABC

  60 (hệ quả góc nội tiếp)
2.
Ta có AOC
1,0đ

Diện tích của hình quạt AOC là
60
πR 2
S =
.πR 2 =
1 360
6

0,25

0,25
0,25
0,25


Diện tích tam giác AOC là: S2 =

3.
a)
0,5đ

4.

0,5đ

R2 3
4

0,25

Diện tích hình viên phân
πR 2 R 2 3
R2
S = S1 – S2 =
=
. 2π - 3 3  (đvdt)
6
4
12 
Ta có EH là đường trung bình của AND (định nghĩa)
 = BDA
 (đồng vị)
 EH // ND  EHA
 = BFA
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB
)
Xét (O) có BDA
 = EFA
 =BDA

 EHA



0,25

0,25

0,25



 = EFA
 (cmt)
Xét tứ giác AEHF có EHA
Mà hai góc này ở vị trí kề nhau cùng nhìn cạnh AE
 AEHF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
Xét BEH và BHF có
 chung
EBH
 = AFE
)
 = BFE
 (cùng phụ với AHE
BHE
 BEH  BHF (g – g)
 BH = BE.BF
(*)
 = BEN
 (hai góc đối đỉnh)
Ta lại có AEF
 = AHF
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
AEF
 = AQH
 (cùng phụ với góc FHQ)

AHF

 = BQF
Từ (1), (2) và (3), suy ra BEP
Xét BPE và BFQ có
 chung
EBP
 (cmt)
 = BQF
BEP
 BEP  BQF (g – g)
BE
BP

(**)
=
 BE.BF = BP.BQ
BQ BF
Từ (*) và (**), suy ra BH2 = BP.BQ
 = 90o
Vì IK // BC (gt)  AIF
Xét AIF và BNE có
 = BNE
 = 90o
AIF
 = EBN
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DF)
IAF
 AIF  BNE (g – g)
IF

AI
=

(4)
NE BN
Xét IAK và NBA có
 = ANB
 = 90o
AIK
 = ABD
 (= 1 sđ AD
)
IAK
2
 IAK  NBA (g – g)
AI
IK
=

(5)
BN NA

0,25

0,25
(1)
(2)
(3)

0,25

0,25


Từ (4) và (5) 
Mà

IF
IK
IF
NE
=

=
NF AN
IK
NA

NE
1
IF
1
=

=  IK = 2IF
NA 2
IK 2

Suy ra: F là trung điểm của IK.
V

Từ giả thiết suy ra
a2 

0,5đ

0,25

69  b2  c2 69  52  52 19

  16  a  4 ,
2
2
2

b2 = 69 – 2a2 – c2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36  b ≤ 6,
c2 = 69 – 2a2 – b2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36  c ≤ 6,
Từ đó, ta có (a – 4)(a – 2) ≤ 0  a2 ≤ 6a – 8  2a2 ≤ 12a – 16,
(b – 6)(b – 5) ≤ 0  b2 ≤ 11b – 30
(c – 6)(c – 5) ≤ 0  c2 ≤ 11c – 30
Suy ra

0,25

69 = 2a2 + b2 + c2 ≤ 12a + 11b + 11c – 76
= (12a + 13b + 11c) – 2b – 76
= (12a + 13b + 11c) – 10 – 76
= P – 86
Từ đó, ta có P ≥ 155.
Dấu “=” xảy ra  a = 2, b = 5, c = 6

Vậy GTNN của P là 155  a = 2, b = 5, c = 6

0,25

Lưu ý:
- Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25 điểm
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Bài 4, thí sinh vẽ hình sai trong phạm vi của câu nào thì khơng tính điểm của câu đó.