Đề thi thử số 11 2022

ĐỀ THI THỬ TOÁN
9
1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀ THI THỬ SỐ 11

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2022-2023
MƠN THI : TỐN
Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1 ( 2.0 điểm ) :
x 1
x 1
2
9 x 3
B


x≥0; x≠1; x≠4
x  1 và
x 2
x  3 x  x  6 ( vói
)
1 Tính giá trị của biểu thức A khi x=25
2 Chứng minh biểu thức B=¿
3 Khi B>0 hāy so sánh A với 3 .
Bài 2 ( 2.5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình.
1 Hai phân xưởng của một nhà máy theo kế hoạch phải làm tổng cộng 300 dụng cụ. Nhưng

khi thực hiện phân xưởng I vượt mức 10% kế hoạch của mình; phân xưởng II vượt mức
20% kế hoạch của mình, do đó cả hai phân xưởng đã làm được 340 dụng cụ. Tính số
dụng cụ mỗi phân xưởng phải làm theo kế hoạch.
2 Một chậu hình trụ cao 20 cm . Diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh. Trong chậu
có nước cao đến 15 cm . Hỏi phải thêm bao nhiêu nước vào chậu để nước vừa đầy chậu.
Bài 3 (1.5 điểm )
1 Giải hệ phương trình.
2

x

1

2

y


 4  x  1 1
 y
x2
P
:
y



d : y mx  2
2
2 Cho đường thẳng  

và Parabol
A

x

 d  luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B .
d
b) Gọi giao điểm của   với trục tung là G và H , K lần lượt là hình chiếu của
a) Chúng minh

 P

và

A, B

trên trục hồnh. Tìm m để diện tích tam giác GHK bằng 4 .
Bài 4 ( 3.5 điểm) :Cho đường tròn (O ; R), điểm M cố định nằm ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến
MA , MB với đường tròn (O)¿ là tiếp điểm). Qua M ké cát tuyến MCD bất kì không đi qua (O) (
C nằm giữa M và D ¿. Gọi K là trung điểm của CD.
a) Chứng minh 5 điểm: M , A , O , K , B cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh MC ⋅ MD khơng phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến MCD.
c) Gọi E là giao điểm của tia BK với đường tròn (O). Chứng minh AE song song với MK.
d) Tìm vị trí của cát tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5 ( 0.5 điểm) : Cho x  0; y  0 thỏa mān x  y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

1 
1


M  x     y  
x 
y


7/7

2

1


ĐỀ THI THỬ TOÁN
9
2

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 :

ĐKXĐ: x ≥ 0 ; x ≠ 1 ; x ≠ 4 ¿

1

21
4

21
x=25
4 khi
Vậy

2. Ta có: B=¿ vói x ≥ 0 ; x ≠ 1 ; x ≠ 4 )
A

( √ x +1)( √ x +3)+2( √ x−2)−9 √ x+3
( √ x−2)( √ x+ 3)
x+ 3 √ x + √ x+3+ 2 √ x−4−9 √ x +3
B ¿
( √ x−2)( √ x+ 3)
x−3 √ x+2
B
¿
3. ĐКК X ĐК : x ≥ 0 ; x ≠ 1 ; x ≠ 4
( √ x−2)( √ x+ 3)
( √ x−2)( √ x−1)
B
¿
( √ x−2)( √ x+ 3)
x−1
B
¿√
 (đpcm) 
√ x +3
Cách 1: Theo bài ra ta có: B>0 ⇔> 0 ⇔ √ x−1>0 với mọi x thuộc tập xác định (vì √ x+ 3>0 )
Xét hiệu: A−3=¿
B ¿

x−√ x +1−3( √ x−1)
√ x−1
x− √ x +1−3 √ x+ 3
¿

√ x−1
x−4 √ x + 4
¿
√ x−1
¿

¿

Vì ¿ với mọi x thỏa mãn đỵ̀u kiện xác định và √ x−1>0 (chứng minh trên)
⇒ với mọi x thuộc tập xác định ⇒ A−3>0 ⇒ A> 3
Vậy A>3 khi B>0
Bài 2 :

1

Gọi số dụng cụ mà phân xưởng I và phân xưởng II phải làm theo kế hoạch lân lượt là
x, y (dụng cụ x; y nguyên dương, x  300; y  300 )
Lập luận ra được phương trình: x  y 300 (1)
Thực tế phân xưởng I làm được x  10%x 1,1x (dụng cụ)

7/7

2


ĐỀ THI THỬ TOÁN
9
3

Thực tế phân xưởng II làm được y  20%y 1, 2 y (dụng cụ)

Theo đề bài ta có phương trình 1,1x  1, 2 y 340 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x  y 300

1,1x  1, 2 y 340
Giải hệ phương trình được x 200; y 100
Kết hợp với điều kiện có: số dụng cụ mà phân xưởng I và phân xưởng II phải làm theo kế hoạch
lần lượt là 200 dụng cụ và 100 dụng cụ.
2) Gọi R, h lân lượt là bán kính và chiều cao của chậu.

1
 R 2  2 Rh
 R h 20 cm
2
Vì diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh nên
Thể tích của chậu là: V =π R2 h=π ⋅ 202 ⋅ 20=8000 π ( cm3 )
Thể tích nước trong chậu là: V 1=π ⋅ 202 ⋅ 15=6000 π ( cm3 )
Thể tích nước phải thêm vào chậu là: V 2=V −V 1=8000 π−6000 π=2000 π ( cm3 )
Bài 3 :

1 Điều kiện: y  0
a  x  1

b  1 ; a 0, b  0

y
Đạtt: 
Thay vào hệ ta được:



 a  2b 2


  a  4b 1


Với

 a 1


1
b


2


 x  1 1

 1 1 
 y 2


a 1


1
b  2

  x 2

  x 0
  y 4


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:

S   2; 4  ,  0; 4  

2

a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

7/7

3


ĐỀ THI THỬ TOÁN
9
4

x2
=mx+ 2⇔ x2 −2 mx−4=0
2
Δ' =m 2 +4 >0 ∀ m
Do đó phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt
Vậy ( P) và (d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A , B.
b) G là giao điểm của d và trục tung ⇒ G( 0; 2)⇒ OG=2

Giả sử x 1 ; x 2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình x 2−2 mx−4=0 khi đó:
x1 , x2 =−4
Hệ thức Vi-et:
và A ( x 1 ; m x1 +2 ) , B ( x2 ; m x 2 +2 )
x1 + x 2=2 m
H , K lần lượt là hình chiếu của A , B trên trục hoành nên:

{

H ( x 1 ; 0 ) , K ( x 2 ; 0 ) ⇒ HK =| x1 −x2|

Xét tam giác GHK:
1
1
S △GHK = OG ⋅ HK = ⋅2|x 1−x 2|=|x 1−x 2|⇒| x1 −x2|=4
2
2
TH1: x 1−x 2=4 kết hợp với hệ thức Vi-et ta được:

{

x1 , x2 =−4
(m+2)( m−2)=−4
m2−4=−4 m=0(tm)
x 1=m+ 2
⇔ x1 =m+ 2 ⇔ x 1=m+2
x1 + x 2=2 m ⇔
x 2=m−2
x1 −x2 =4
x2=m−2

x 2=m−2

{

{

{

⇒ m=0.
TH2: x 1−x 2=−4 kết hợp với hệ thức Vi-et ta được:

7/7

4


ĐỀ THI THỬ TOÁN
9
5

{

x 1 ⋅ x 2=−4
(m+2)(m−2)=−4 m2−4=−4 m=0(tm)
x1 =m−2
⇔ x1=m−2 ⇔ x 1=m−2
x1 + x 2=2 m ⇔
x 2=m+ 2
x1 −x2 =−4
x 2=m+2

x2 =m+ 2

{

{

{

⇒ m=0. 
Vậy m=0 là giá trị thóa mān yêu cầu đề bài
Bài 4 :

^ ^
a) Xét tứ giác MAOB có: MAO=
MBO=90∘ (¿)⇒ ^
MAO+ ^
MBO=180∘ và hai góc đó ở vị trí đối
nhau
⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp(1) .
Xét (O) có OK là đường kính đi qua trung điểm K của dây CD không đi qua tâm O
^ =90∘ (Định lý đường kính và dây cung)
⇒ OKM
Xét tứ giác MAOK có: ^
MAO+ ^
OKM=180∘
⇒ Tứ giác MAOK nội tiếp (2).
Từ (1) và (2)⇒ 5 điểm M , A , O , K , B cùng thuộc 1 đường trịn.
^ =^
´ )
b) Xét (O) có CBM

MDB (góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn CB
^
^ =^
Xét △ MBC và △ MDB có:
M chung và CBM
MDB (cmt)
2
⇒ △ MBC ∼ △ MDB(g . g)⇒⇒ MC ⋅ MD=M B
Lập luận: do M cố định, đường trịn (O) cố định nên MB khơng đổi ⇒ MC ⋅ MD=M B2 không
đối.
c) Vi 5 điểm A , B , M , O , K cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ Tứ giác MAKB nội tiếp ⇒ ^
BKM= ^
BAM
.

´ ).
Mà: ^
BAM= ^
BEA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AB
Do đó: ^
BKM= ^
BEA, hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒ A E /¿ MK .
d) Do AE /¿ MD ⇒ S △ MDE=S △ M : DD
1
Gọi H là hình chiếu vng góc của D lên tia MA . S Δ MAD = ⋅ DH ⋅ MA .
2

7/7

5

ĐỀ THI THỬ TỐN
9
6

Do MA khơng đối nên S Δ MiD lớn nhất ⇔ DH lớn nhất.
Mà: DH ≤ DA (Quan hệ giữa đường xiên và đường vng góc), lại có DA là dây cung của đường
trịn (O)⇒ DA ≤ 2 R. Suy ra DH ≤ 2 R.
Dấu bằng xảy ra ⇔ DA là đường kính của (O) hay D là điểm đối xứng với A qua O.
Vậy để S △ MDE lón nhất ⇔ Cát tuyến MCD đi qua điểm đối xứng với A qua tâm O.
Bài 5 :

Chứng minh các bất đẳng thức phụ:
Ta có: với a , b> 0
¿
Lại có: với a , b> 0
¿
Do đó ta được:
(¿) ⇒

a(a+ b) b (a+b)
4 ab
+
≥
ab(a+b) ab (a+b) ab( a+b)
1 1
4
⇒ + ≥
a b a+b

Áp dụng bất đẳng thức (1) và (2) cho M ta được:
1
1 1 2 1
4
⇒ M ≥ x+ y+ +
≥ x+ y +
2
x y
2
x+ y

(

2

) (
)
1
1
3
⇒ M ≥ [( x+ y +
+
2
x+ y ) x + y ]
2

⇒M ≥

1

3
2+
2
x+ y

[

2

](

{

 Áp dụng bđt thức Cauchy cho cặp số  ( x + y );

1
x+ y

}

¿

Vậy giá trị nhỏ nhất của

M

25
là 2

Tham gia nhóm ☛ />ĐỂ CẬP NHẬT TÀI LIỆU MỚI NHẤT

FILE WORD ZALO LIÊN HỆ : 0816457443

7/7

6


ĐỀ THI THỬ TỐN
9
7

THẦY CƠ CĨ NHU CẦU SOẠN TÀI LIỆU DẠY HỌC, CHUYỂN ĐỔI TÀI LIỆU TỪ
FILE ẢNH, FILE PDF SANG FILE WORD LIÊN HỆ ZALO

7/7

7