Tham khảo đề thi tuyển Lớp 10 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Năm học 2023-2024 (Có đáp án)

Nội dung text: Tham khảo đề thi tuyển Lớp 10 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Năm học 2023-2024 (Có đáp án)

1. Đề 2 Tham khảo thi tuyển lớp10 (2023-2024) Quân 1 ―1 Câu 1: Cho 2 và đường thẳng d : = 3 + 4 P : = 2 a) Vẽ đồ thị P và d trên cùng hệ trục tọa độ. (tự vẽ) b) Tìm tọa độ giao điểm của P và d bằng phép tính. (- 2; - 2 ) ) và (- 4; - 8 ) Câu 2: Cho phương trình: ― 2 +2(2 + ) ― 2 ( m là tham số) (1) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 ? b) Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 của phương trình (1) thoả | 1 + 2 ― 4| = 2 1 2 (2) ― 2 +2(2 + ) ― 2 ( = ―1, = 4 + 2 , = ― 2) 2 2 ) △ ′ = (2 + ) ― ( ―1).( ― ) = 4 + 4 . Phương trình có 2 nghiệm x1; x2 ⇔ △ ′ ≥ 0⇔4 + 4 ≥ 0⇔ ≥ ―1 1 + 2 = ―4 ― 2 ) ớ푖 ≥ ―1 푡ℎì 푃ℎươ푛 푡 ì푛ℎ ó 2 푛 ℎ푖ệ 1; 2 .Theo hệ thức Vi ― et: 2 1. 2 = 2 2 2 ó | 1 + 2 ― 4| = 2 1 2⇔| ―4 ― 2 ― 4| = 2 ⇔| ―2 ― 8| = 2 ⇔| ― ― 4| = | ― ― 4| = 2⇔ ― ― 4 = 2 ( 푣ớ푖 ―4) 1 ― 17 1 + 17 ⇔ 2 ― ― 4 = 0 ( 푣ớ푖 ≥ ―1)⇔ = ( 푣ớ푖 ≥ ―1)(푙표ạ푖) ℎ표ặ = ( 푣ớ푖 ≥ ―1)(푛ℎậ푛) 2 2 1 + 17 ậ = 푡ℎì ℎươ푛 푡 ì푛ℎ ó 2 푛 ℎ푖ệ , 푡ℎ표ả ℎệ 푡ℎứ (2) 2 1 2 Câu 3: Trong lễ phát động phong trào trồng cây nhân dịp kỷ niệm ngày sinh Bác Hồ, lớp 9A được giao trồng 36) cây. Khi thực hiện có 4 bạn được điều đi làm việc khác, nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm một cây so với dự định. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh? (Biết số cây trồng của mỗi học sinh như nhau) Gọi x nguyên dương lớn hơn 4 (học sinh) là số học sinh lớp 9A. 360 360 Theo dự định mỗi bạn trồng (cây) và khi thực hiện mỗi bạn trồng (cây). ― 4 360 360 = +1⇔ 2 ―4 ― 1440 = 0⇔ = 40 푣à = ―36 (푙표ạ푖) Ta có phương trình ― 4 (푛ℎậ푛) . Vậy lớp 9A có 40 học sinh. Câu 4: Hai người A và B cùng ở một phía và cách thành phố Hồ Chí Minh 50km. Cả hai người cùng nhau đi trên một con đường về phía ngược hướng với thành phố, người A đi với vận tốc là 30km/h và người B đi với vận tốc là 45km/h. Gọi d (km) là khoảng cách từ thành phố Hồ Chí Minh đến hai người A, B sau khi đi được t (giờ). 50km TP HCM 푒 푒푞 푡푖표푛 ℎ푒 푒. a) Lập hàm số của d theo t đối với mỗi người. (dA = 30t + 50 và dB = 45t + 50) b) Hỏi nếu hai người xuất phát cùng một lúc thì vào thời điểm nào kể từ lúc xuất phát, khoảng cách giữa hai người là 30 km dB – dA = 45t + 50 – 30t -50 = 15t = 30 => t = 2(h). Vây sau 2h kể từ lúc xuất phát, khoảng cách giữa hai người là 30 km. Câu 5: Bà Tám vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bà phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bà đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bà Tám phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Gọi x > 0 (%) là lãi suất cho vay của ngân hàng trong 1 năm. Tiền vốn và tiền lãi năm đầu: 500.(1+x) (triệu đồng) và sau 2 năm tiền vốn với lãi:500.(1+x).(1+x) (triệu đồng). Ta có phương trình 500(1 + )2 = 605⟺100 2 +200 ― 21 = 0⟺ = 0,1 (푛ℎậ푛)푣à = ―2,1 (푙표ạ푖) Vậy lãi suất ngân hàng cho vay là 0,1% trong 1 năm. Câu 6: Dây cu-roa là một trong những bộ truyền được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp. Chiều dài dây cu-roa 2 ( 1 + 2) ( ― ) được xác định theo công thức: 2 1 퐿 = 2 + 2 + 4
2. Trong đó:L: Chiều dài dây cu-roa. a: Khoảng cách tâm của 2 pu-ly. d1 : Đường kính của pu-ly 1 (hình tròn nhỏ màu vàng) d 2 : Đường kính của pu-ly 2 (hình tròn lớn màu vàng) Cho d1 10cm, d2 20cm, a 60cm a)Tính chiều dài của dây cu-roa. b)Gọi AB là chiều dài một đoạn dây cu-roa, trong đó A, B lần lượt là tiếp điểm trên của dây cu-roa với 2 đường tròn tạo bởi mặt cắt của 2 pu-ly. Tính AB? (10 + 20) (20 ― 10)2 a) Chiều dài của dây cu-roa : 퐿 = 2.60 + 2 + 4.60 ≈ 167,54 ( ) B d A 1 C d2 = 20cm d1 = 10cm O a = 60cm O' b) A, B là hai tiếp điểm của hai đường tròn nên AB là tiếp tuyến chung của hai đường tròn A=B=90° Vẽ OCO'B tại C (C thuộc O'B) nên C=90°. Tứ giác OABC là hình chữ nhật (A=B=C=90°) nên AB = OC và BC= OA = d1 2 2 2 2 2 2 AB = OC = OO' - O'C = a - (d2 -d1) = 60 - (20 - 10) = 10 35 Vậy chiều dài AB 10 35cm Câu 7: Một bình đựng đầy nước có dạng hình nón (không có đáy). Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18π dm3. Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình dưới đây). Tính thể tích nước còn lại trong bình. Thể tích nước tràn ra ngoài chính là thể tích một nữa quả cầu bị chìm V1 4 Thể tích một nữa quả cầu chìm trong nước : = 푅3 = 18 ⇔푅 = 3 18.6 = 3 ( ) 1 6 4 Ta có chiều cao bình hình nón bằng đường kính quả cầu nên h = OA=2OD= 6. OD 1 sinOAD= = OAD = 30° mà OAD=BOD (cùng phụ B) OA 2 OD 3 R 2R 3 2.3. 3 cosBOD = cos30°= = OB= = =2 3(dm) OB 2 OB 3 3 1 1 r (bán kính đáy hình nón) Thể tích bình hình nón V = πr2h = π.(2 3)2.6=24π (dm3) / 2R = D ( đươgng kính quả cầu) 3 3 B C O 30° 3 3 Thể tích nước còn lại trong bình: 24π - 18π = 6π (dm ) →V1 thể tích phần chìm của quả cầu là 18πdm D ___ h =D (Chiều cao của bình hình nón) Câu 8: Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Kẻ dây cung CD vuông góc với →bình hình nón AB tại H ( H nằm giữa A và O , H khác A và O ). Lấy điểm G thuộc CH ( G khác C và H ), tia AG cắt đường tròn tại E khác A . Gọi K là giao điểm của hai 30° đường thẳng BE và CD a) Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp và KC.KD KE.KB . A b)Đoạn thẳng AK cắt đường tròn O tại F khác A . Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF . + 퐹 c) Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF . Chứng Minh = 1
3. a)Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp và KC.KD KE.KB . Xét tứ giác BEGH có = = 900⇒ + = 1800 Vậy tứ giác BEGH nội tiếp đường tròn đường kính BG. ì 푡ứ 푖á 푛ộ푖 푡푖ế ( )( 4 đỉ푛ℎ , , , ù푛 ∈ ( ))⇒퐾 = 퐾 Xét △ 퐾 푣à △ 퐾 ó 퐾 = 퐾 ( 푡)푣à 퐾 ℎ 푛 푛ê푛 △ 퐾 ∽△ 퐾 ( . ) 퐾 퐾 ⇒ = ⇒퐾 .퐾 = 퐾 .퐾 퐾 퐾 b)Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF . ì 푡ứ 푖á 퐹 푛ộ푖 푡푖ế ( )( 4 đỉ푛ℎ , , , 퐹 ù푛 ∈ ( ))⇒ 퐹 = 퐹 ( ù푛 ℎắ푛 푛 퐹) 퐹 = ù푛 ℎắ푛 푛 ủ ( ) ⇒ 퐹 = ⇒ 푙à 푡푖 ℎâ푛 푖á 퐹 ủ △ 퐹 Vì = 퐹 ù푛 ℎắ푛 푛 ủ ( ) và 퐹 = 900 ( ó 푛ộ푖 푡푖ế ℎắ푛 푛ữ đườ푛 푡 ò푛) ⇒ 퐹 ⊥ 퐾 푡ạ푖 퐹⇒ 퐹퐾 = 900 và ⊥ 푡ạ푖 ( 푡)⇒ 퐾 = 900 Xét tứ giác KFHB có 퐾 = 퐹퐾 = 900( 푡)⇒2 đỉ푛ℎ 푙푖ê푛 푡푖ế ù푛 푛ℎì푛 퐾 ướ푖 ộ푡 ó 푣 ô푛 Vậy tứ giác KFHB nội tiếp đường tròn ⇒퐹 = 퐹 ù푛 ℎắ푛 푛 퐹퐾 ⇒ = 퐹 ⇒푡푖 푙à 푡푖 ℎâ푛 푖á 퐹 ủ △ 퐹 à 푙à 푖 표 đ푖ể ủ 푣à (푣ì ∈ 푣à ∈ ) Vậy G là tâm của đường tròn nội tiếp △ 퐹 c) Chứng minh HE + HF = MN: Gọi Q, K lần lượt là giao điểm của EH với (O) và NB với (O). ∠FEH = 2∠FEA (EG là tia phân giác của ∠FEH) Mà 2∠FEA = ∠FOH ( cùng chắn cung AF của (O)) và 2∠FEH = ∠FOQ (cùng chắn cung FQ của (O)) ⇒ 2∠FOH = ∠ FOQ ⇒ OH là tia phân giác của ∠FOQ ⇒ ∠FOH = ∠QOH Xet △FOH và △QOH có OF = OQ = R, ∠FOH =∠ QOH (cmt) và OH cạnh chung Vậy △FOH=△QOH (c.g.c) ⇒ HF = HQ ⇒ HF + HE = EQ. ∠AKB =90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ∠AMN = ∠KNM = 90° (vì M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF) ⇒ Tứ giác AMNK là hình chữ nhật ⇒ MN = AK và MN//AK. ∠EAK = ∠FEA (2 góc sole trong), ∠FEA = ∠AEH (EA là tia phân giác của ∠FEH) và ∠AEH = ∠AKQ ( cùng chắn cung AQ của (O))⇒ ∠EAK = ∠AKQ và hai góc này ở vị trí sole trong ⇒ AE//QK và A, E, K, Q cùng thuộc (O) nên AEKQ là hình thang cân. ⇒ AK = EQ mà EQ = HE + HF và AK = MN ⇒ HE + HF = MN