Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai (Có đáp án)

1. THCS.TOANMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình xx2 +−=5 14 0. 2) Giải phương trình xx42+8 −= 9 0. 23xy−= 7 3) Giải hệ phương trình  . xy+=27 Lời giải 1) Giải phương trình xx2 +−=5 14 0 Ta có: ∆=52 − 4.( − 14) = 81, ∆= 9 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt −+59 −− 59 xx= =2; = = −7 1222 Vậy phương trình có tập nghiệm là S ={2; − 7}. 2) Giải phương trình xx42+8 −= 9 0. Đặt x2 = tt( ≥ 0) , phương trình ban đầu trở thành tt2 +8 −= 90 Ta có: a+b+c= 1+8+(-9)=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt t12=1( tm ); t =−≥ 9( ktm . t 0) Với t =1 => xx2 =11 = ± Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm là S ={1; − 1}. 23xy−= 7 3) Giải hệ phương trình  . xy+=27 23xy−= 7 23 xy −= 7  −=− 7 y 7 ⇔⇔  xy+=27 2414 xy +=  xy += 27 yy=11= ⇔⇔ xx+=2.1 7 = 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(5;1). Câu 2. (1,0 điểm) 2 8 Rút gọn biểu thức M =−+(3 5 ) : ( 5 + 1) . 51− Lời giải Ta có: Trang 2
2. THCS.TOANMATH.com 8 M =−+3 5 : ( 5 + 1) 51− 8 =−+3 5 : ( 5 + 1) 51− 8( 5+ 1) =−+3 5 : ( 5+ 1) 51− 8( 5+ 1) =−+3 5 : ( 5+ 1) 4  =−+3 5 2( 5 + 1) : ( 5 + 1) =−+(35252):(51) + + 5++ 5 5(1 5) = = = 5 51++ 51 Câu 3. (2,25 điểm) 1 1) Vẽ đồ thị hàm số (P): yx= 2. 2 1 2) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P): yx= 2 và đường thẳng (d): y= 2x-2 bằng phép tính. 2 3) Cho phương trình xm2 +( + 2) x −= 4 0 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số thực 22 m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm xx12, thỏa mãn x1 x 2+= xx 12 8. Lời giải 1 1) Vẽ đồ thị hàm số (P): yx= 2. 2 TXĐ: R Lập bảng: X -4 -2 0 2 4 1 8 2 0 2 8 yx= 2 2 1 Đồ thị hàm số yx= 2 là một đường cong Parabol đỉnh O(0;0) nằm phía trên trục hoành, , nhận 2 trục Oy là trục đối xứng, điểm O là điểm thấp nhất của đồ thị. Đồ thị: Trang 3
3. THCS.TOANMATH.com 1 2) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P): yx= 2 và đường thẳng (d): y= 2x-2 bằng phép tính. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 xx22=2 −⇔ 2 xx − 4 += 40 2 ⇔−(x 2)2 = 0 ⇔−=x 20 ⇔=x 2 Với x=2 => y=2.2-2=2 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;2). 3) Cho phương trình xm2 +( + 2) x −= 4 0 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m 22 sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm xx12, thỏa mãn x1 x 2+= xx 12 8. ∆=(m + 2)2 − 4.1( − 4) Ta có: =(m + 2)2 +> 16 0 Với mọi m phương trình có hai nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi-et ta có: x1+ x 2 =−− m2; xx12 . =− 4 22 x1 x 2+= xx 12 8 ⇔xx12( x 1 += x 2 )8 ⇔− − − = 4(m 2) 8 ⇔4m += 88 ⇔=40m ⇔=m 0 Vậy m=0. Câu 4. (1,5 điểm) 1) Một đội xe được giao nhiệm vụ vận chuyển 150 tấn hàng tiếp tế đến khu vực có người đang bị cách ly do dịch Covid-19. Theo kế hoạch phải hoàn thành trong một thời gian nhất định và biết rằng số tấn hàng mỗi ngày đội xe đó chở là như nhau. Vì tình hình cấp bách nên mỗi ngày đội xe đó đã chở nhiều hơn kế hoạch ban đầu là 5 tấn hàng, do đó đội xe đã hoàn thành nhiệm vụ được giao sơm hơn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu đội xe phải hoàn thành nhiệm vụ trong bao nhiêu ngày? 2) Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính đáy 2cm và chiều cao gấp 3 lần bán kính đáy. Trang 4
4. THCS.TOANMATH.com Lời giải 1) Một đội xe được giao nhiệm vụ vận chuyển 150 tấn hàng tiếp tế đến khu vực có người đang bị cách ly do dịch Covid-19. Theo kế hoạch phải hoàn thành trong một thời gian nhất định và biết rằng số tấn hàng mỗi ngày đội xe đó chở là như nhau. Vì tình hình cấp bách nên mỗi ngày đội xe đó đã chở nhiều hơn kế hoạch ban đầu là 5 tấn hàng, do đó đội xe đã hoàn thành nhiệm vụ được giao sớm hơn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu đội xe phải hoàn thành nhiệm vụ trong bao nhiêu ngày? Gọi số tấn hàng mỗi ngày đội xe phải phải chở theo kế hoạch là x (tấn) (0 0 −+5 3025−− 5 3025 Phương trình có hai nghiệm phân biệt xx= =25; = = −30 1222 Với x=25 thỏa điều kiện. 150 Theo kế hoạch ban đầu đội phải hoàn thành trong = 6 (ngày) 25 Vậy theo kế hoạch ban đầu đội phải hoàn thành trong 6 ngày. 2) Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có bán kính đáy 2cm và chiều cao gấp 3 lần bán kính đáy. Chiều cao hình trụ là 2.3=6cm 2 Diện tích xung quanh hình trụ là Sxq =2ππ rh = 2 2.6 = 24 π(cm ). Câu 5. (3,25 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A và B là hai tiếp điểm). 1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. 2) Vẽ tia Mx nằm giữa hai tia MA và MO. Tia Mx cắt đường tròn (O; R) tại điểm C và điểm D (điểm C nằm giữa hai điểm M và D). Chứng minh hai tam giác MAC và MDA đồng dạng, rồi từ đó suy 2 MC AC ra = . MD AD Trang 5
5. THCS.TOANMATH.com 3) Gọi H là giao điểm của OM và AB. Kẻ DK vuông góc với AB tại K, OP vuông góc với CD tại P, OQ vuông góc với HD tại Q. Chứng minh tứ giác HKPQ là hình thang cân. Lời giải 1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp. Ta có: MA là tiếp tuyến của đường tròn (O) => MAO = 900 MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) => MBO = 900 Tứ giác MAOB có MAO + MBO =+=9000 90 180 0mà hai góc này đối nhau Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp. 2) Vẽ tia Mx nằm giữa hai tia MA và MO. Tia Mx cắt đường tròn (O; R) tại điểm C và điểm D (điểm C nằm giữa hai điểm M và D). Chứng minh hai tam giác MAC và MDA đồng dạng, rồi từ đó suy ra 2 MC AC = . MD AD Xét (O) có ADC= MAC (góc nội tiếp với góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC) ⇒=MAC ADM Xét ∆MAC và ∆MDA có: AMD chung MAC = ADM() cmt Vậy ∆MAC ~ ∆MDA (g-g). MA MC => = MD MA => MA2 = MC. MD . 2 MC MA2  MA = =  MD MD2  MD Trang 6
6. THCS.TOANMATH.com MA AC Mặt khác, ∆MAC ~ ∆MDA (g-g) => = MD AD 2 MC AC Suy ra = . (đpcm) MD AD 3) Gọi H là giao điểm của OM và AB. Kẻ DK vuông góc với AB tại K, OP vuông góc với CD tại P, OQ vuông góc với HD tại Q. Chứng minh tứ giác HKPQ là hình thang cân. Ta có: OA=OB (=R) => O thuộc đường trung trực của AB. MA =MB (vì MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên M thuộc trung trực của AB. => OM là trung trực của AB. => OM vuông góc với AB tại H. Xét tam giác OAM vuông tại A, đường cao AH có: OA2=OH.OM (hệ thức lượng trong tam giác vuông). OH OD Mà OA=OD => OD2=OH.OM => = . OD OM Xét ∆ODH và ∆OMD có: DOM chung OH OD = OD OM Vậy ∆ODH ~ ∆OMD (cgc). ⇒=ODH OMD (hai góc tương ứng). Ta có KD//OM (cùng vuông góc với AB) ⇒=KDP OMD (so le trong) ⇒ODH =⇒ PDK ODH +=+⇒= HDP PDK HDP ODP HDK Ta có ODP +=+ DOP HDK KHD ( =⇒= 900 ) DOP KHD Xét tứ giác ODPQ có OPD = OQD = 900 ( gt ) Mà hai góc này có đỉnh cùng nhìn cạnh OD => tứ giác ODPQ là tứ giác nội tiếp. ⇒=DOP DQP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DP). Suy ra KHD = DQP () = DOP , mà hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau. => PQ//HK => HKPQ là hình thang (1). Xét ∆ODP và ∆HDK có: Trang 7
7. THCS.TOANMATH.com OPD = HKD ( = 900 ) và ODP = HDK () cmt OD PD Vậy ∆ODP ~ ∆HDK (gg) ⇒= HD KD Xét ∆ODH và ∆PDK có: OD PD ODH = PDK () cmt và = HD KD Vậy ∆ODH ~ ∆PDK (cgc). ⇒=OHD PKD (hai góc tương ứng) . Mặt khác OHD += QHK 900 và PKD += PKH 900 Do đó QHK = PKH (2). Từ (1) và (2) suy ra HKPQ là hình thang cân (đpcm) Trang 8