ĐỀ TOÁN 9 ÔN THI VÀO LỚP 10

UBND QUẬN BẮC TỪ LIÊM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 22 tháng 5 năm 2019

Bài I: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức
x  x 1
x2
x 1
1
A=
và B =
với x ≥ 0; x ≠ 1


x 1
x x 1 x  x  1
x 1
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm giá trị m để A.B = m có nghiệm.
Bài II: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng chữ sô hàng chục ít hơn chữ số hàng đơn vị là 2
đơn vị. Nếu viết thêm chữ số 1 vào giữa hai chữ số đã cho thì được số mới lớn hơn số cũ là
460 đơn vị.
Bài III: (2,0 điểm)

6
 1
2
 x 5 
y 2

1. Giải hệ phương trình: 
 2  1
 9
 x 5
y

2

2. Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) có dạng y = 3x – k + 1 (k là tham số)
a) Tìm k để đường thẳng (d) tiếp xúc với Parabol (P).
b) Tìm k để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2
thỏa mãn x12 = x2 + 3
Bài IV: (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Từ điểm A vẽ các tiếp tuyến AB, AC (với B,
C là các tiếp điểm) và cát tuyến AMN với đường tròn (O; R) (với MN không đi qua O và AM
< AN).
1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: AM.AN = AC2
3) Tiếp tuyến tại điểm N của đường tròn (O; R) cắt đường thẳng BC tại điểm F. Gọi H
là giao điểm của AO và BC. Chứng minh tứ giác MHON nội tiếp, từ đó suy ra đường thẳng
FM là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)
4) Gọi P là giao điểm của dây BC và dây MN, E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác MON và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (E khác O). Chứng minh ba điểm P, E,
O thẳng hàng.

Bài V: (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 = abc
a
b
c


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
a 2  bc b2  ca c 2  ab
…..…..……..……..……….……….Hết……….………………..……..……..
Họ và tên thí sinh ……………………………………………….Số báo danh………


UBND QUẬN BẮC TỪ LIÊM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 120 phút

A. Hướng dẫn chung:
- Giáo viên nghiên cứu kĩ hướng dẫn chấm, tổ, nhóm chấm chung và thống nhất cách
trừ điểm theo từng lỗi của học sinh.
- HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
B. Đáp án và thang điểm:
Bài

Đáp án

1/ Thay x = 9 (tmđk) vào biểu thức A ta có
9  9  1 13
A

2
9 1
Vậy …… (H/s thiếu kết luận vẫn cho 0,5đ)
2/ Rút gọn
x2
x 1
1
B


x x 1 x  x  1 x 1
x2
x 1
1
B


( x 1)( x  x  1) x  x  1
x 1
x x
B
( x 1)( x  x  1)
x
B
x  x 1

Bài I
(2,0
x
3/ AB 
điểm)
x 1
Để AB = m
x

m
x 1
 (m 1) x  m
TH1: m = 1 …… không có giá trị của m
TH2: m ≠ 1
m
Đưa được về dạng x 
m 1
 m
m  R
 m  1  1
m  1
   m  1  
Lập luận ta có: 
m  0
 m 0
m  0


 m  1
Vậy m > 1 hoặc m ≤ 0 là giá trị cần tìm

Thang
điểm
0,5

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


- Gọi chữ số hàng chục là a (a  N, 0 < a ≤ 9)
Gọi chữ số hàng đơn vị là b (b  N, 2 < b ≤ 9)

0,25
0,25

- Vì chữ số hàng chục ít hơn chữ số hàng đơn vị là 2 đơn vị nên ta có phương
trình: b – a = 2 (1)

0,25

Bài - Nếu viết thêm chữ số 1 vào giữa hai chữ số đã cho thì số mới lớn hơn số cũ
II
là 460 đơn vị nên ta có phương trình a1b - ab = 460
(2,0

 (100a + 10 + b) – (10a + b) = 460
điểm)
 90a = 450

Bài
III
(2
điểm)

0,25

 a = 5 (tmdk)

0,5

- Thay a = 5 vào phương trình (1) ta có b = 7

0,25

Vậy số đã cho là 57.

0,25

1) Điều kiện: x ≠ 5; y ≥ 0, y ≠ 4

0,25

 1
 x 5 



 2 
 x 5


6
 1
2
 4 
1  19

y 2
x
(TMDK )
 x 5
x  5 
4  


4
1
1
 1  y  2  1  y  9 (TMDK )
 9 

y

2
y 2


Vậy hpt có nghiệm ……

0,75

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) có
x 2  3x  k  1  0

0,25

Xét  = 13 – 4k
13
4
b) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
13
=0k<
4

a) Để (d) tiếp xúc với (P) thì pt (1) có nghiệm kép   = 0  k =

 x  x  3 (1)

+ Theo hệ thức Viet  1 2
 x1x2  k  1 (2)

0,25

0,25

Theo đề bài

 x12 = x2 + 3  x2 = x12 – 3

(3)

Từ (1), (3) ta có
x  2
 1
 x  3
 1
- Với x1 = 2 thì x2 = 1 suy ra k = 3 (TMDK)
- Với x1 = 3 thì x2 = 6 suy ra k = -17 (TMDK). Vậy k  {3; -17}

0,25


0,25

Vẽ hình đúng đến câu a
1) Tứ giác ABOC nội tiếp (hs tự chứng minh)

0,75

2) Chứng minh AMC và CAN đồng dạng

0,5

AM AC

 AM . AN  AC 2 (đpcm)
AC AN

0,5



3) Ta có BH  AO
Theo câu b, ta có:
AM.AN = AC2
Hay AM.AN = AB2

Bài
IV
(3,5
điểm)

Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vuông ABO có:
AB2 = AH.AO
 AH.AO = AM.AN

0,25

 AHM đồng dạng với
ANO (c.g.c)
 AHM  ANO  MHON
là tứ giác nội tiếp

0,25

Cách 1:

- Chứng minh tứ giác HONF nội tiếp để có 5 điểm H, N, O, F cùng thuộc
một đường tròn
- Ta có tứ giác OMFN nội tiếp (cmt) nên FNO + FMO  180
FNO  90 nên FMO  90

0,25

mà

- Kết luận MF là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Cách 2: Giả sử tiếp tuyến tại M, N của (O) cắt nhau tại F’ suy ra bốn điểm
F’, M, O, N cùng nằm trên đường tròn đường kính OF’
Ta chứng minh: F’, B, H thẳng hàng. Thật vậy, do 4 điểm M, H, O, N
nằm trên một đường trong và 4 điểm F’, M , O, N cùng nằm trên một

0,25


đường tròn đường kính OF ta suy ra 5 điểm F’, M , H, O, N cùng nằm
trên đường tròn đường kính OF’ hay F ' HO  90  F’H  AO.
Vậy F’  F

4) Từ câu c ta suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN cũng là
đường tròn đường kính OF, E là giao điểm của đường tròn đường
kính OF với đường tròn đường kính AO nên AEO  90
- Lập luận cho 3 điểm A, E, F thẳng hàng.
Gọi K là trung điểm của MN  OF  MN tại K, lại có FP  OA tại H
 P là trực tâm của tam giác FOA  OP  AF do EP  AF  E, P, O
thẳng hàng.
Vì a, b, c > 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

a
b
c
1
1
1
P





2 a2bc 2 b2ca 2 c2ab 2 bc 2 ca 2 ab
Bài V
(0,5
điểm)

1 2
2
2 
 



4  bc
ca
ab 

1  1 1 1 1 1 1  1 ab  bc  ca 1 a2  b2  c2 1
       



4b c c a a b 2
abc
2
abc
2
1
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3.
2

0,25

0,25

0,25

0,25