Đề thi thử môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 3) - Trường THCS Ái Mộ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Đề thi thử môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 3) - Trường THCS Ái Mộ" sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chính được đề cập trong đề thi để từ đó có kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 3) - Trường THCS Ái Mộ

UBND QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 TRƯỜNG THCS ÁI MỘ MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC: 2022 - 2023 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 26/5/2022 3 x −3 1 1 Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức M = và N = − x  0 , x  1. x+ x x −1 x x −1 a) Tính giá trị của biểu thức M khi x = 9 . b) Rút gọn biểu thức N . c) Tìm các giá trị của x để biểu thức P = M .N có giá trị nguyên. Bài 2 (2,5 điểm): 1. Một quả bóng World Cup xem như một hình cầu có đường kính là 17 cm . Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu. (lấy   3,14 ) 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình. Một sân bóng đá theo chuẩn FIFA là sân hình chữ nhật, chiều dài hơn chiều rộng 37 m và có diện tích 7140 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của sân bóng đá.  1  x + 1 + 3 y − 2 = 5 Bài 3 (2 điểm): 1. Giải hệ phương trình   2 − 5 y − 2 = −1  x + 1 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = ( 2m + 1) x − 2m + 4 và ( P ) : y = x2 a) Tìm chứng minh rằng: ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B . b) Gọi H và K lần lượt là các hình chiếu vuông góc của A,B trên trục hoành. Tìm m để đoạn thẳng HK bằng 4? Bài 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Kẻ đường kính CD vuông góc AB . Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD tại E . Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) cắt đường thẳng BM tại N . Gọi P là hình chiếu vuông góc của B trên DN . 1) Chứng minh bốn điểm M , N , D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh EN // CB 3) Chứng minh AM .BN = 2 R 2 và Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn nhất. Bài 5(0,5 điểm): Giải phương trình 16 x 2 + 19 x + 7 + 4 −3x 2 + 5 x + 2 = (8 x + 2 ) ( ) 2 − x + 2 3x + 1 . ---Hết---
Chúc các con làm bài tốt! TRƯỜNG THCS ÁI MỘ HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI Năm học: 2021 - 2022 THI THỬ LẦN 2 MÔN: TOÁN 9 Bài Câu Đáp án Biểu điểm Bài 1 a a) Thay x = 9 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức M ta có: 0,25 (2đ) 3 9 −3 1 M= = 9+ 9 2 0,25 b Điều kiện: x  0 ; x  1 1 1 1 1 0,5 b) N = − = − x −1 x x −1 x −1 ( )( x −1 x + x +1 ) x + x +1−1 x+ x N= = 0,5 ( )( x −1 x + x + 1 ) ( )( x −1 x + x +1 ) Ta có: P = M .N = 3 x −3 x+ x ( x − 1) = 3 x + 1) ( x − 1)( x + x + 1) . x+ x ( )( x −1 x + 3 = x + x +1 2  1 3 Ta có 3  0 và x + x + 1 =  x +  +  0 với mọi x thuộc điều kiện xác định.  2 4 3  0 P 0 (1) x + x +1 3 Lại có: x  0  x + x  0  x + x + 1  1   3  P  3( 2) x + x +1 0,25 Từ (1) và ( 2) ta có  0  P  3 mà P   P 1;2 3 TH1: P = 1  =1 x + x +1  x + x +1 = 3  x + x − 2 = 0  ( x +2 )( ) x −1 = 0  x − 1 = 0  x = 1 ( KTMDK ) 3 TH2: P = 2  = 2  2x + 2 x + 2 = 3  2x + 2 x −1 = 0 x + x +1 2− 3 2 1  1 3 1 3 0,25  2x + 2 x = 1  x + x =  x+  =  x+ = x= 2  2 4 2 2 2 (TMĐK)  2 − 3  Vậy x    biểu thức P = M .N có giá trị nguyên.  2 
Bài 2 1 Diện tích mặt cầu là:  .172 = 289  (cm2 )  907,46(cm2 ) 0,5 (2,5đ) Thể tích hình cầu là: 1 1 4913 V =  .173 =  .173 =  (cm3 )  2571,136667(cm2 ) 0,5 6 6 6 Thiếu đơn vị đo ( cả 2 bước) trừ 0,25 đ 2 Gọi chiều dài của sân bóng đá là: x (m, x  37 ) 0,25 Chiều rộng của sân đá bóng là: x − 37 (m) 0,25 Vì diện tích sân bóng đá là 7140 m2 nên ta có phương trình: x( x − 37) = 7140 0,25  x 2 −37x − 7140 = 0 0,25  ( x − 105)( x + 68) = 0  x − 105 = 0  x = 105 ( tm )   0,25  x + 68 = 0  x = −68 ( loai ) Vậy: Chiều dài của sân bóng đá là 105 m Chiều rộng của sân bóng đá là 105 − 37 = 68 m. 0,25 Bài 3 1  1 0, 5 (2đ)  x + 1 + 3 y − 2 = 5 0, 5  (ĐKXĐ: x  −1; y  2 )  2 − 5 y − 2 = −1  x + 1 1 Đặt = a; y − 2 = b ( b  0 ) thì hệ phương trình trở thành x +1 a + 3b = 5 2a + 6b = 10 a + 3b = 5 a = 2     2a − 5b = −1 2a − 5b = −1 11b = 11 b = 1(TM )  1   −1  x = (TM ) =2 1  x +1 =   x +1  2 2  y − 2 = 1  y − 2 = 1  y = 3 (TM )    −1  Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) =  ;3  .  2  b a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) có: Pt hoành độ giao điểm của d và P: x2 − ( 2m + 1) x + 2m − 4 = 0 0,25 ∆= ( 2m − 1) + 16 > 0 với mọi x 2 0,25 ( d ) luôn cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt A và B với mọi m Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. Theo hệ thức vi et ta có: x1 + x2 = 2m +1; x1.x2 = 2m - 4 0,25 Bài 4 Ta có HK = x1 − x2 nên ( ( x1 + x2 )2 - 4 x1.x2 = 16 0,25
(3,0 1 Tìm được m = và kết luận đ) 2 C M 0,25 E A B O D P N a Xét đường tròn ( O ) có: + AMB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính ABđường tròn) 0,25 + DN là tiếp tuyến của ( O ) tại D  DN ⊥ OD (T/c tia tiếp tuyến của đường tròn)  ODN = 90 + Xét tứ giác MNDE có: 0,25  EMN + NDE = 180 mà 2 góc này đối nhau  Tứ giác MNDE là nội tiếp đường tròn 0,25  bốn điểm M , N , D, E cùng nằm trên một đường tròn (ĐPCM) b Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác EMND có: DEN = DMN (2 góc nội tiếp chắn DN ) 1 1 Xét ( O; R ) có: DMN = sđ DB = .90 = 45 (góc nội tiếp chắn DB ). 2 2 0,5  DEN = 45 OCB là tam giác vuông cân tại O  OCB = 45 . Ta có: OCB = DEN ( = 45 ) mà hai góc này ở vị trí đồng vị 0,5  DN // CB . c Góc DNM là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn ( O ) nên 1 DNM = (sđ DM − sđ DB ). 2 Mà: sđ DB = sđ DA = 90 . 1 1 Nên: DNM = (sđ DM − sđ DA ) = sđ AM . 2 2 1 Lại có: ABM = sđ AM (góc nội tiếp chắn cung AM ) 2 Suy ra: DNM = ABM hay PNB = ABM . 0,25 Xét hai tam giác ABM và BNP có:
AMB = BPN (Cmt) ABM = PNB (Cmt) AM AB Suy ra: ABM BNP ( g − g ) nên =  AM .BN = AB.BP BP BN Nhận thấy: OBPD là hình vuông nên BP = OD = R . Do đó: AM .BN = AB.BP = 2 R.R = 2 R 2 . 0,25 Kẻ NK ⊥ BC tại K , EF ⊥ BC tại F . 1 0,25 S NBC = NK .BC 2 Do BC không đổi nên S NBC max  NK max Mà ENKF là hình chữ nhật  NK max  EF max  E  0 M  B 0,25 Câu 5 1 Điều kiện: −  x  2 (0,5 3 đ) Phương trình đã cho tương đương với: ( 4 x + 1) + ( 2 − x ) + 4 ( 3x + 1) + 2.2 ( 2 − x )(3x + 1) = 2 ( 4 x + 1) 2 ( 2 − x + 2 3x + 1 ) ( 4x + 1) + ( 2 − x ) + 4 (3x + 1) + 2.2 ( 2 − x )(3x + 1) − 2 ( 4 x + 1) 2 − x − 2.2 ( 4 x + 1) 3x + 1 = 0 2  2− x = a  Đặt 2 3x + 1 = b ( a,b  0 ) . Phương trình đã cho trở thành 4 x + 1 = c  c 2 + a 2 + b 2 + 2ab − 2ac − 2bc = 0  ( a + b − c ) = 0  a + b − c = 0 2 0,25 Thay trở lại ta có phương trình 2 − x + 2 3x + 1 − ( 4 x + 1) = 0  2 − x + 2 3x + 1 − 4 x − 1 = 0  ( ) ( ) 2 − x − 1 + 2 3x + 1 − 4 − 4 ( x − 1) = 0 2 − x − 1 4 ( 3x + 1) − 16  + − 4 ( x − 1) = 0 2 − x + 1 2 3x + 1 + 4 1− x 12 ( x − 1)  + − 4 ( x − 1) = 0 2 − x + 1 2 3x + 1 + 4  −1 12   ( x − 1)  + − 4 = 0  2 − x + 1 2 3x + 1 + 4   x = 1 ( thỏa mãn). −1 12  1  Do + − 4  0 ,x   − ; 2  2 − x + 1 2 3x + 1 + 4  3  0,25 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 . Ban giám hiệu duyệt Tổ trưởng duyệt Người ra đề Nguyễn Ngọc Sơn Hồ Mai Thúy Nguyễn Thị Hòa