Đề khảo sát Toán vào lớp 10 năm 2024 – 2025 trường THCS Giảng Võ – Hà Nội

UBND QUẬN BA ĐÌNH
ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ NĂM HỌC 2024-2025 Môn: TOÁN 9 Ngày kiểm tra: 22/5/2024 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài I (2,0 điểm). x  x  3 x 1 x  1 Cho hai biểu thức: A  và B    với x  0,x  1. x  1 x  1 x  1 1  x
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x  4.
2) Rút gọn biểu thức B . 3) Chứng minh: A  B. Bài II (2,0 điểm)
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian quy định. Nhưng khi
thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định.
Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện mỗi ngày tổ làm
được bao nhiêu sản phẩm? Giả sử số sản phẩm tổ làm được mỗi ngày là như nhau.
2) Một lọ thủy tinh đựng hóa chất dạng hình trụ có bán kính đáy là 5 cm , chiều cao là
12 cm . Người ta dán nhãn kín mặt xung quanh của lọ này để ghi các thông tin về hóa chất bên
trong. Tính diện tích giấy cần dùng để làm nhãn đó (Biết độ dày của giấy là không đáng kể và lấy   3,14 ). Bài III (2,5 điểm)  x  2   6  y 
1) Giải hệ phương trình: 1  .  x  4 3  13  y   1
2) Trong mặt phẳng tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng d : y  2mx  2m  1 và parabol P y  2 : x (với m là tham số) .
a) Tìm m để d  cắt P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x ,x . 1 2 1 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho    2 . x  22 x  22 1 2
Bài IV (3 điểm) Cho tam giác ABC (AB  AC ) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Hai
đường cao BD,CE của tam giác cắt nhau tại H .
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được.
2) Chứng minh AE.AB  AD.AC .
3) Các tiếp tuyến tại B,C của đường tròn (O) cắt nhau tại P, PO cắt BC tại I . Qua
P vẽ đường thẳng song song với DE cắt A ,
B AC lần lượt tại hai điểm K và M . Gọi J là
trung điểm của đoạn thẳng AH,JI cắt DE tại N . Chứng minh MPC cân tại P và ba điểm , A N,P thẳng hàng.
Bài V (0,5 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x  y  z . 1 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2 2 2 2x 2y z         . 2 2 2   x y 2z 
…….……………Hết…………………. UBND QUẬN BA ĐÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ
ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2024-2025 Môn: TOÁN 9 Ngày kiểm tra: 22/5/2024
Thời gian làm bài: 120 phút 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. Bài Ý Đáp án Điểm
Tính giá trị của biểu thức khi 0,5
Thay x  4 (TMĐK) vào biểu thức 0,25 1) 4  4  3 5 Tính được A   . 0,25 4  1 3 Rút gọn biểu thức B . 1,0 x 1 x  B    1 x  1 x  1 1  x x 1 x  0,25    1 x  1
x  1  x 1 x 1 x  x  1 x  1 x  1 2)    0,25 Bài I
 x  1 x 1  x 1 x 1  x 1 x 1 2,0 điểm
x  x  x  1  x  1 x  x   2  0,25 x 1 x 1     x 1 x 1
 x  1 x 2 x 2   0,25 x  1 x    1 x  1 Chứng minh: A  B. 0,5 x  x  3 x  2 x  x  3 x  A  B     2  0 3) x  1 x  1 x  1 x  1 0,25 x 2 x 1  2 x    1   0   0 x  1 x  1 2
Với x  0,x  1 ta có x  0  x  1  0 2 2 x  1
Vì x  1 nên  x  1    0   0 0,25 x  1  A  B (đpcm)
Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian quy
định. Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm
tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc 1,5
sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện mỗi ngày tổ làm được bao
nhiêu sản phẩm? Giả sử số sản phẩm tổ làm được mỗi ngày là như nhau.
Gọi số sản phẩm tổ công nhân dự định làm mỗi ngày là x (sản phẩm, 0,25  * x )
Vì thực tế mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định nên 0,25
thực tế mỗi ngày tổ làm được: x  10 (sản phẩm) 240
+) Thời gian dự định làm 240 sản phẩm là: (ngày). x 240 0,25
+) Thời gian thực tế làm 240 sản phẩm là: (ngày). x  10
+) Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày nên ta có 240 240 0,25 phương trình:   2 Bài II x x  10 2,0 điểm 240x  10  240x  x x 10  2 
 240x  2400  240x  2 2x  20x  2 x  10x  1200  0 0,25  2
x  40x  30x  1200  0
 x  30x  40  0  x  30  x    40
Đối chiếu điều kiện và kết luận khi thực hiện mỗi ngày tổ làm được 30  10  40 0,25 sản phẩm.
Một lọ thủy tinh đựng hóa chất dạng hình trụ có bán kính đáy là 5 cm
, chiều cao là 12 cm . Người ta dán nhãn kín mặt xung quanh của lọ
2) này để ghi các thông tin về hóa chất bên trong. Tính diện tích giấy cần 0,5
dùng để làm nhãn đó (Biết độ dày của giấy là không đáng kể và lấy   3,14). 3
Diện tích giấy cần dùng để làm nhãn bằng diện tích xung quanh của
hình trụ có bán kính đáy là 5 cm , chiều cao là 12 cm và bằng : 0,25 S  2Rh xq  S    2 2.3,14.5.12 376,8 cm xq  0,25
Diện tích giấy cần dùng để làm nhãn đó xấp xỉ 2 376,8 cm .  x  2   6  y  1
Giải hệ phương trình:  I  . 1,0  x  4 3  13  y   1
Điều kiện: y  0; y  1 0,25 1)  6  2 3x   18 x      6 x  2   y   y   6 1 1 I        y  1 0,25  x  4   10 3 13   5 y  1     2 y  1 y    1  x   5   y 0,25   9 tm
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y  5; 9 . 0,25 Bài III
Trong mặt phẳng tọa độ Ox , y cho đường thẳng 2,5 điểm
d :y  2mx  2m 1 và parabol P y  2 : x (với m là tham số) .
a) Tìm m để d  cắt P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x ,x . 1,5 1 2 1 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho    2 . x  22 x  22 1 2 2)
a) +) Phương trình hoành độ giao điểm của d  và P  là: 0,25 2 x  mx  m   2 2 2 1
x  2mx  2m  1  0 1.
+) Có a  b  c  1  2m  2m  1  0 nên pt (1) có hai nghiệm là: x  1 0,25 và x  2m  1
+) Để d  cắt P  tại hai điểm phân biệt thì pt (1) phải có hai nghiệm phân 0,25
biệt  1  2m  1  m  1.
b) +) Với m  1 thì d  cắt P  tại hai điểm phân biệt 0,25 4 1 1
+) Vì vai trò của x ,x trong hệ thức   2 là như nhau 1 2 x  22 x  22 1 2 1 1 nên ta có:   
2 (điều kiện: m   3 )
1  22 2m  1  22 2 1 2m 3 1 1 2 2m 3 1 2  2            m   2m  3    1 2 3 0,25 m  1  m    2
Đối chiếu điều kiện và kết luận m  2 0,25
Cho tam giác ABC (AB  AC ) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Hai đường cao B ,
D CE của tam giác cắt nhau tại H . 1,0
Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được.
+) Vẽ hình đúng đến câu 1. 0,25 A 1) D +) Chỉ ra  BDC  0 90 và  BEC  0 90 0,25 E O +) Xét tứ giác H BCDE có   B C BDC  BEC  0 90 0,25
Mà hai đỉnh D và E kề nhau cùng nhìn Bài IV cạnh BC 0,25 3,0 điểm
 tứ giác BCDE nội tiếp.
Chứng minh AE .AB  AD .AC . 1,0 +) Chỉ ra  
AED  ACB (cùng bù với  DEB ) 0,25 2)
 ADE đồng dạng với ABC theo trường hợp góc – góc. 0,25  AD  AE 0,25 AB AC  AE .AB  AD .AC 0,25 Các tiếp tuyến tại ,
B C của đường tròn (O) cắt nhau tại P,PO cắt BC
tại I . Qua P vẽ đường thẳng song song với DE cắt AB,AC lần lượt
tại hai điểm K và M . Gọi J là trung điểm của đoạn thẳng AH,JI cắt 1,0
DE tại N . Chứng minh MPC cân tại P và ba điểm , A N,P thẳng hàng. 5 3) Ta có  
ADE  AMK (hai góc đồng vị của DE//MK ) 0,25 mà  
ADE  ABC (do BCDE là tứ giác nội tiếp) Xét O có  
ABC  ACx (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) và  
ACx  PCM (là hai góc đối đỉnh). 0,25 Do đó  
PMC  PCM suy ra MPC cân tại P suy ra PC  PM
Chứng minh tương tự: BPK cân tại P suy ra PK  PB
Mặt khác PB  PC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Do đó PK  PB  PC  PM .
Xét AEH vuông tại E có EJ là đường trung tuyến nên EJ  1 AH . 2 0,25
Tương tự DJ  1 AH nên DJ  EJ mà IE  ID . 2
Do đó JI là đường trung trực của DE suy ra N là trung điểm của DE . AE ED Xét ADE có DE//MK nên 
(hệ quả định lí Talet) AK KM 6
Mà N là trung điểm của DE , P là trung điểm của KM . Do đó AE  EN AK KP EN 0,25 Xét AEN và AKP có   AEN  AKP, AE  . AK KP
Do đó AEN  AKP (c.g.c)  
 EAN  KAP (hai góc tương ứng). Vậy ba điểm , A N,P thẳng hàng.
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x  y  z . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P  2 2 2 2x 2y z          . 0,5  2 2 2 x y 2z 
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có 1  1  1 1  2 2 . 2 2 x y x y xy
x y2  0  2x  2y  2xy  x y2  4xy
x y2  0  2x  2y  2xy        2 2 2 2 x y x y 1 1 1 Khi đó ta có P  2 2 2 2x 2y z           2 2 2 x y 2z  0,25 P x y2  2 1   2      z         2 xy 2z    Bài V  2 2 8 1 P x y        z  0,5 điểm     x  2 2 2z  y   2   2   x  y   z   P   1     1 8.     z    x   y  2       2 x y Đặt t     z 
Do x  y  z nên 0  t  1 8 1 Ta có P t   
 1    với 0  t  1  t 2  0,25  t 1    t P  8  17  15 17 t 1 15 17       2 .   2 t 2  2 2t  2t 2 2 2t 2 2  P   15  17 1  17 2 2  P  17 7
Dấu “” xảy ra khi x  y  1 z 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 khi x  y  1 z 2 8