De thi thu vao THPT

ĐỀ THI THỬ THPT
Toán 9 (Năm học 2018 – 2019)
Thời gian: 120 phút
Câu I. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức
x 7
A = x và B =

x
2 x  1 2x  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
3. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = A + B
Câu II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình
Một ơ tơ 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 ô 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 hoành độ của A và B. Tìm m để |x1| + |x2| = 3
Câu IV. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (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
Câu
I

Ý
1.
0,5đ
2.

2đ

1,0đ

Hướng dẫn chấm
Ta có x = 16 (thỏa mãn điều kiện)
Thay vào biểu thức A ta được
16  7 23

4
16
A=
Rút gọn B
Với x > 0, x ≠ 9
x  x  3   2 x  1  x  3   2 x  x  3

=
=
3.

0,5đ

II

2,0
đ



Ta có B =

x 3 x
x

x 3
x  3  x  3 

x 7
x  3 x x 4
1


x
x
B = x
Ta có P =
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương x và 4, ta được
x  4 2 x.4 4 x
5 x
 P ≥ x = 5. Dấu “=” xảy ra  x = 4 (TM)
Vậy Pmin = 5  x = 4
1
Đổi 20 phút = 3 (h)
Gọi vận tốc ban đầu của xe ô tô là x (x > 0, đ/vị: km/h)

A+

0,25

0,5

x  3  x  3

x  3 x  2x  5 x  3  2x  x  3
 x  3  x  3 



Điể
m
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

260
0,25
Thời gian xe đi hết quãng đường AB với vận tốc ban đầu là x (h)
120
0,25
Thời gian xe đi 120km với vận tốc ban đầu là x (h)
Vận tốc sau khi tăng là x + 10 (km/h)
0,25
140
0,25

Thời gian xe đi 140km với vận tốc tăng là x (h)
Vì xe B đến sớm hơn 20 phút, nên ta có phương trình
260 1 120 140
0,25
 

x 3
x
x 10
140 140 1



x x 10 3


III

1.

 x 60 (TM)
 ...  x2 10 x  4200 0  
 x  70 (Loai)

0,25

Vậy vận tốc ban đầu của xe ơ tơ là 60 km/h
Tìm điều kiện của m …

0,25

1,0

 x  2 y 3

Hệ phương trình (1)  x  my 1

0,25

(1)
(2)

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
2  3m
Thay y vào (1), ta có  x = 2  m

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

Ta có 
Suy ra m   để x   và y   thì

2  3m

x


2 m

y  2

2 m


2
   2 - m  U(2)=  ±1; ±2
2-m
 0; 1; 3; 4
m 
2 a)

0,25

0,25

Vậy nghiệm m  0; 1; 3; 4 thỏa mãn yêu 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.
a 0



'

0


1 0


m
(
m

4)

0


m  4


m 0

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

2 b)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt …

0,25

0,25

0,5


Với x1, x2 là hai hoành độ của A và B.
 x  x  2m
 1
2

x x 4m
Theo định lý Vi-ét ta có:  1 2
Ta có |x1| + |x2| = 3  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| = 9
 4m2 – 8m + 8|m| = 9 (*)

0,25

1

 m = - 2 (chon)

2
+) Với m < 0 thì (*)  4m – 16m – 9 = 0   m = 4,5 (loai)

IV

a)

+) Với m > 4 thì (*) 4m2 – 9 = 0 
1

Vậy m = 2 thỏa nãm yêu cầu đề ra.
Chứng minh 5 điểm …

3

m = 2
(KTMDK)

m = -3

2

0,25
1,0

3,5

đ
0,25

1.
0,75
đ

Ta có AOD cân tại O (vì OA = OD = R)
OH là trung trực của AD (định lý)

OAM
90 (tính chất tiếp tuyến)
Trong AOD cân, đường cao OH là phân giác


 AOM = DOM
Xét OAM và DOM


Có OA = OD = R, AOM = DOM (cmt), OM chung
 OAM và DOM (c – g – c)



 OAM = ODM 90
Xét tứ giác OAMD có

OAM
+ ODM 180



Mà hai góc OAM , ODM ở vị trí đối nhau.

0,25

0,25
0,25


2.
1,0đ

3.
a)
0,5đ

 t.g OAMD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).



Ta có AOC = 2.ABC 60 (hệ quả góc nội tiếp)
Diện tích của hình quạt AOC là
2
60πR 2
S =
.πR =
1 360
6
R2 3

0,25

0,25

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

= EFA
=BDA



= EFA
Xét tứ giác AEHF có EHA
(cmt)
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

EBH
chung


BHE = BFE

= AFE
(cùng phụ với AHE
)
 BEH  BHF (g – g)
 BH = BE.BF
(*)


Ta lại có AEF = BEN (hai góc đối đỉnh)
(1)



0,25
0,25

0,25





AEF
= AHF
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
AHF = AQH

(cùng phụ với góc FHQ)

0,25

0,25

(2)
(3)



Từ (1), (2) và (3), suy ra BEP = BQF
Xét BPE và BFQ có

EBP

chung


BEP
= BQF
(cmt)

4.

0,5đ

 BEP  BQF (g – g)
BE
BP
=
 BE.BF = BP.BQ
 BQ BF
(**)
2
Từ (*) và (**), suy ra BH = BP.BQ
o

Vì IK // BC (gt)  AIF = 90
Xét AIF và BNE có


AIF
= BNE
= 90o



IAF
= EBN
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung DF)
 AIF  BNE (g – g)

0,25

0,25


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

AI
IK
=
NA (5)
 BN
IF
IK
IF
NE

=

=
NF AN
IK
NA
Từ (4) và (5)
NE 1
IF
1
=

=  IK = 2IF
IK 2
Mà NA 2
V

Suy ra: F là trung điểm của IK.
Từ giả thiết suy ra
a2 

0,25

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

0,5

b2 = 69 – 2a2 – c2 ≤ 69 – 2.22 – 52 = 36  b ≤ 6,

đ

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.