Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán dành cho học sinh lớp 9 thi tuyển sinh vào 10 của Quận Thanh Xuân năm học 2020/2021 vừa công bố giúp các em học sinh lớp 9 thử sức và ôn luyện trước với cấu trúc đề thi, cùng Đọc tài liệu tham khảo đề thi và đáp án dưới đây nhé:
Đề thi thử Toán vào 10 năm 2020 quận Tây Hồ
UBND QUẬN THANH XUÂN TRƯỜNG THCS THANH XUÂN ĐỀ CHÍNH THỨC | ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 9 Năm học 2019 - 2020 Môn: TOÁN Ngày kiểm tra: 20 tháng 5 năm 2020 Thời gian làm bài: 120 phút |
Bài 1 (2,0 điểm). Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}}\)
và \(B = \dfrac{15\sqrt{x}-11}{x+2\sqrt{x}-3} - \dfrac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\) với \(x ≥ 0, x ≠ 1\)
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16
b) Đặt P = A + B. Rút gọn biểu thức P.
c) Tìm m để mở thỏa mãn \(P(\sqrt{x} +3) = m\).
Bài 2 (2,5 điểm).
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ nhưng trình:
Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một cano xuôi dòng sông từ A đến B dài 48km. Khi đến B, cano nghỉ 30 phút sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 30 phút cùng ngày, Tìm vận tốc riêng của cano, biết vận tốc dòng nước là 3km/h.
2) Một tàu đánh cá khi ra khơi cần mang theo 50 thùng dầu, mỗi thùng dầu coi là hình trụ có chiều cao là 90 cm, đường kính đáy thùng là 60 cm. Hãy tính xem lượng dầu mà tàu phải mang theo khi ra khơi là bao nhiêu lít (lấy π = 3,14 kết quả làm tròn đến hàng don vi) ?
Bài 3 (2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ \dfrac{3}{x+y} + \dfrac{2}{y-x}= 8 \hfill \cr \dfrac{1}{x+y} - \dfrac{3}{y-x} = -1 \hfill \cr} \right.\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=(m+3)x-m và parabol (P): \(y=2x^2 \)với m là tham số.
a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = -2,5.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \(x_1, x_2\), để biểu thức \(A = |x_1 - x_2| \)đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4 (3 điểm).
Cho đường tròn tâm (O,R) đường kính AB cố định. Gọi H là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA (điểm H khác điểm O và điếm A). Vẽ dây CD vuông góc với AB tại điểm H. Gọi M là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng CH . Nối AM cắt (O) tại điểm thứ hai là điểm E, tia BE cắt tia DC tại điểm F.
a) Chứng minh bốn điểm H, M, E, B cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ Ex là tia đối của tia ED. Chứng minh ∠FEx = ∠FEC và MC.FD=FC.MD.
c) Tìm vị trí của điểm H trên đoạn thẳng OA để diện tích △OCH lớn nhất.
Bài 5 (0,5điểm). Với các số thực a, b, c thay đổi thỏa mãn \(a≥1, b≥1, 0≤c≤1\) và \(a + b + c = 3\).
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)
Hết
Trên đây là mẫu đề thi khát sát chất lượng môn Toán lớp của Quận Thanh Xuân năm 2020 vừa ra. Thử sức làm đề rồi tiến hành so sánh đối chiếu kết quả phía dưới nhé
Đáp án đề khát sát chất lượng môn Toán 9 Thanh Xuân năm 2020
Bài 1 (2,0 điểm). Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}}\)
và \(B = \dfrac{15\sqrt{x}-11}{x+2\sqrt{x}-3} - \dfrac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\) với \(x ≥ 0, x ≠ 1\)
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16
Thay x = 16 vào A, ta có:
\(A = \dfrac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}}\) \( = \dfrac{3\sqrt{16}-2}{1-\sqrt{16}}\) \( = \dfrac{3.4-2}{1-4} = \dfrac{10}{3} \)
Vậy với \(x=16\) thì \(A = \dfrac{10}{3} \)
b) Đặt P = A + B. Rút gọn biểu thức P.
Ta có: \(B = \dfrac{15\sqrt{x}-11}{x+2\sqrt{x}-3} - \dfrac{2\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}\)
\(= \dfrac{15\sqrt{x}-11}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)} - \dfrac{(2\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{15\sqrt{x}-11-(2\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{15\sqrt{x}-11-(2x+\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{-2x+14\sqrt{x}-8}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
Ta lại có:
\(P = A+B = \dfrac{3\sqrt{x}-2}{1-\sqrt{x}} + \dfrac{-2x+14\sqrt{x}-8}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{(2-3\sqrt{x})(\sqrt{x}+3)}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)} + \dfrac{-2x+14\sqrt{x}-8}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{-3x-7\sqrt{x}+6 -2x+14\sqrt{x}-8}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{-5x+7\sqrt{x} -2}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\)
\(= \dfrac{(-5\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-1)}\) \(= \dfrac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\)
Vậy \(P= \dfrac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}\)
c) Tìm m để mở thỏa mãn \(P(\sqrt{x} +3) = m\).
Ta có:
\(m =P(\sqrt{x} +3) \) \(= \dfrac{-5\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+3}(\sqrt{x}+3)\) \(= -5\sqrt{x}+2\)
Bài 2 (2,5 điểm).
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình:
Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một cano xuôi dòng sông từ A đến B dài 48km. Khi đến B, cano nghỉ 30 phút sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 30 phút cùng ngày, Tìm vận tốc riêng của cano, biết vận tốc dòng nước là 3km/h.
Gọi vận tốc riêng của cano là v (km/h)
Vận tốc của cano khi đi xuôi dòng là: v+3 (km/h)
Vận tốc của cano khi đi ngược dòng là v-3 (km/h)
Thời gian cano xuôi dòng lượt đi là:
\(\frac{AB}{v_{xuôi}} = \frac{48}{v+3} \)(h)
Thời gian cano ngược dòng lượt về là:
\(\frac{AB}{v_{ngược}} = \frac{48}{v-3} \)(h)
Tổng thời gian đi của cano không tính 30 phút nghỉ là:
10h30p - 6h30p - 30p = 3h30p = 3,5h
Theo bài ra ta có: \(\frac{48}{v+3} + \frac{48}{v-3} = 3,5\) (h)
\(\Leftrightarrow 3,5(v-3)(v+3) = 48.2v\)
\(\Leftrightarrow 3,5v^2 - 96v -31,5=0\)
\(\Delta' = 48^2 - 3,5.(-31,5) = 2414,25 \)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ {v} = \frac{48-\sqrt{2414,25}}{3,5} \space (loại \space vì \space v>0)\hfill \cr {v} = \frac{48+\sqrt{2414,25}}{3,5} \space (thỏa \space mãn) \hfill \cr} \right.\)
Vậy vận tốc cano là:
\({v} = \frac{48+\sqrt{2414,25}}{3,5} ≈27,75\) (km/h)
2) Một tàu đánh cá khi ra khơi cần mang theo 50 thùng dầu, mỗi thùng dầu coi là hình trụ có chiều cao là 90 cm, đường kính đáy thùng là 60 cm. Hãy tính xem lượng dầu mà tàu phải mang theo khi ra khơi là bao nhiêu lít (lấy π = 3,14 kết quả làm tròn đến hàng don vi) ?
Lượng dầu 1 thùng chứa được là:
\(V = \pi hr^2 = 3,14.90.\big(\frac{60}{2} \big)^2=254340\) (\(cm^3)\)
\(\Leftrightarrow V = 254,34 \) (lít)
Bài 3 (2,0 điểm).
1) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ \dfrac{3}{x+y} + \dfrac{2}{y-x}= 8 \hfill \cr \dfrac{1}{x+y} - \dfrac{3}{y-x} = -1 \hfill \cr} \right.\)
ĐKXĐ: \(x ≠±y\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{3}{x+y} + \dfrac{2}{y-x}= 8 \hfill \cr \dfrac{3}{x+y} - \dfrac{9}{y-x} = -3 \hfill \cr} \right.\)
(nhân cả 2 vế phương trình (2) với 3)\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{3}{x+y} + \dfrac{2}{y-x}= 8 \hfill \cr \dfrac{11}{y-x} = 11 \hfill \cr} \right.\) (trừ vế theo vế phương trình (1) cho (2))
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{3}{x+y} = 8- \dfrac{2}{y-x} \hfill \cr \dfrac{1}{y-x} = 1 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x+y} = \dfrac{1}{3}\big(8- \dfrac{2}{y-x}\big)= \dfrac{1}{3}\big(8- 2\big) =2\hfill \cr \dfrac{1}{y-x} = 1 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x+y =\dfrac{1}{2}\hfill \cr {y-x} = 1 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x=-\dfrac{1}{4}\hfill \cr {y} = \dfrac{3}{4} \hfill \cr} \right.\) (thỏa mãn đkxđ)
Vậy hệ đã cho có nghiệm là \((x;y) = \big( \frac{-1}{4};\frac{3}{4}\big)\)
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=(m+3)x-m và parabol (P): \(y=2x^2 \)với m là tham số.
a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = -2,5.
Với \(m = -2,5\), ta có:
(d): \(y = 0,5 x+2,5\)
(P): \(y = 2x^2\)
Giao điểm của (d) và (P) là có hoành độ là nghiệm của phương trình sau:
\(2x^2 = 0,5x + 2,5\)
\(\Leftrightarrow 4x^2 - x -5=0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x} = {-1} \Rightarrow y = 2 \hfill \cr {x} = {\dfrac{5}{4}} \Rightarrow y = {\dfrac{25}{8}} \hfill \cr} \right.\)
Vậy (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt lần lượt có tọa độ là \((-1;2)\) và \((\frac{5}{4};\frac{25}{8})\)
b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \(x_1, x_2\), để biểu thức \(A = |x_1 - x_2| \)đạt giá trị nhỏ nhất.
Giao điểm của (d) và (P) là có hoành độ là nghiệm của phương trình sau:
\(2x^2 = (m+3)x -m\)
\(\Leftrightarrow 2x^2 - (m+3)x +m=0\) (1)
\(\Delta = (m+3)^2 -8m = m^2 -2m + 9 > 0\) với mọi m nên phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt, hay (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho (1), ta có:
\(\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = \dfrac{m+3}{2} \hfill \cr x_1x_2 = \dfrac{m}{2} \hfill \cr} \right. \)
Để \(A = |x_1 - x_2| \) min
\(\Leftrightarrow A^2 = |x_1 - x_2| ^2\) \(= (x_1 - x_2) ^2 \) cũng đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có \(\Leftrightarrow A^2 = (x_1 - x_2) ^2 = (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2\)
\(=\big(\dfrac{m+3}{2}\big)^2 - \dfrac{4m}{2}\)
\(=\dfrac{m^2}{4} -\dfrac{m}{2} + \dfrac{9}{4}\)
\(=\big(\dfrac{m}{2} -\dfrac{1}{2}\big)^2 + 2\) \(\geq 2\) với mọi m.
Vậy \({min}_{A^2}= 2\) \(\Leftrightarrow {min}_A= \sqrt {2}\) khi \(\big(\dfrac{m}{2} -\dfrac{1}{2}\big)^2 = 0\) \(\Leftrightarrow \dfrac{m}{2} =\dfrac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow m=1\)
Vậy \({min}_{A^2}= 2\) \(\Leftrightarrow m=1\)
Bài 4 (3 điểm).
Cho đường tròn tâm (O,R) đường kính AB cố định. Gọi H là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng OA (điểm H khác điểm O và điếm A). Vẽ dây CD vuông góc với AB tại điểm H. Gọi M là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng CH . Nối AM cắt (O) tại điểm thứ hai là điểm E, tia BE cắt tia DC tại điểm F.
a) Chứng minh bốn điểm H, M, E, B cùng thuộc một đường tròn.
Theo đề bài, ta có CD ⊥ AB \(\Rightarrow \) \(\angle CHB =90⁰= \angle MHB\)
Lại có tam giác EAB nội tiếp đường tròn đường kính AB \(\Rightarrow \) \(\angle AEB =90⁰= \angle MEB\)
Suy ra \(\angle MHB=\angle MEB =90⁰\) \(\Rightarrow \)Tứ giác MHBE nội tiếp hay bốn điểm H, M, E, B cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
b) Kẻ Ex là tia đối của tia ED. Chứng minh ∠FEx = ∠FEC và MC.FD=FC.MD.
Ta có OA ⊥ CD tại H, CD là dây cung nên A là điểm chính giữa cung CD (tính chất dây cung) \(\Rightarrow \) \(\angle CEA=\angle AED\) (do 2 góc nội tiếp (O) cùng chắn 2 cung AC và AD bằng nhau) hay EA là phân giác trong của góc CED.
Ta lại có EA ⊥ FB (do \(\angle AEB =90⁰\)) nên EF là tia phân giác ngoài của góc CED hay EF là tia phân giác của góc CEx hay ∠FEx = ∠FEC (đpcm)
Xét 2 tam giác FCE và FBD, Ta có: \(\left\{ \matrix{ \angle DFB \space chung \hfill \cr \angle FCE = 180⁰-\angle ECD = \angle DBF \hfill \cr} \right. \) \(\Rightarrow \triangle FCE ∽ \triangle FBD\) (g.g) \(\Rightarrow \dfrac{FC}{FE} = \dfrac{FB}{FD}\) \(\Rightarrow FC.FD = FE.FB\) (1)
Chứng minh tương tự ta có \(\triangle FME ∽ \triangle FBH\) (g.g) \(\Rightarrow \dfrac{FM}{FE} = \dfrac{FB}{FH}\) \(\Rightarrow FM.FH = FE.FB\) (2)
Từ (1) và (2), ta có: \( FC.FD = FM.FH\)
\(\Leftrightarrow FC.(FM+MD) = FM.FH\)
\(\Leftrightarrow FC.MD = FM.FH - FM.FC \)
\(\Leftrightarrow FC.MD = FM(FH - FC )=FM.CH\) (*)
Xét 2 tam giác MHA và MEF, Ta có: \(\left\{ \matrix{ \angle MHA =\angle MEF = 90⁰ \hfill \cr \angle AMH = \angle FME \hfill \cr} \right.\) \(\Rightarrow \triangle MHA ∽ \triangle MEF\) (g.g) \(\Rightarrow \dfrac{MH}{ME} = \dfrac{MA}{MF}\) \(\Rightarrow MH.MF = ME.MA\) (3)
Tương tự ta có \(\Rightarrow \triangle MDA ∽ \triangle MEC\) (g.g) \(\Rightarrow \dfrac{MA}{MC} = \dfrac{MD}{ME}\) \(\Rightarrow MC.MD = ME.MA\) (4)
Từ (3) và (4), ta có: \(MC.MD = MH.MF\)
\(\Leftrightarrow MC.MD = FM.(CH-CM)\)
\(\Leftrightarrow MC.(MD+FM) = FM.CH\)
\(\Leftrightarrow MC.FD= FM.CH\) (**)
Từ (*) và (**) ta có: \(FC.MD = MC.FD\) (đpcm)
c) Tìm vị trí của điểm H trên đoạn thẳng OA để diện tích △OCH lớn nhất.
Ta có \(S_{\triangle CHO} = \frac{1}{2}CH.HO \leq \frac{1}{4} ({CH}^2 + {HO}^2)\) (theo bđt Cauchy) \(=\frac{1}{4} {OC}^2\) (theo Pythagore cho tam giác CHO vuông tại H)
Hay ta có \(S_{\triangle CHO} \leq \frac{1}{4} {OC}^2 = \frac{R^2}{4} = const\)
Vậy Giá trị lớn nhất của diện tích △OCH là \(\frac{R^2}{4} \) khi CH = HO \(\Leftrightarrow HO=\frac{OC}{\sqrt2}=\frac{R}{\sqrt2}\).
Bài 5 (0,5điểm). Với các số thực a, b, c thay đổi thỏa mãn \(a≥1, b≥1, 0≤c≤1\) và \(a + b + c = 3\).
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)
Ta đặt \(p= a+b+c = 3 \)
\(q = ab+ba+ca\)
Ta có:
\(9 -3q= p^2 -3q \) \(= (a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ca) \)
\(= a^2+b^2 + c^2 - ab - bc - ca \)
\(= \frac{1}{2}(a-b)^2+\frac{1}{2}(b-c)^2+ \frac{1}{2}(c-a)^2\) \(\geq 0 \) với mọi a, b, c.
\(\Leftrightarrow 9-3q \geq 0\) \(\Leftrightarrow q \leq 3\)
Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Tiếp tục ta đi chứng minh \(q \geq 2\), thật vậy:
\(q \geq 2\) \(\Leftrightarrow ab+bc+ca \geq 2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca \geq a+b+c-1\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-a-b-c+1 \geq 0\)
\(\Leftrightarrow (ab-a-b+1)+(bc+ca-c) \geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-1)(b-1)+c(b+a-1) \geq 0\) (1)
Ta thấy (1) luôn đúng với \(a;b \geq 1\) và \(0\leq c\leq 1\). Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ (a-1)(b-1)=0 \hfill \cr c(b+a-1)=0 \hfill \cr a+b+c=3 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ (a;b;c)=(2;1;0) \hfill \cr (a;b;c)=(1;2;0) \hfill \cr} \right.\)
Vậy \(2\leq q \leq 3\).
Ta lại có: \(a^2+b^2+c^2 = p^2 - 2q =9 - 2q\)
\(\Rightarrow\) \(P = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\) \(= \dfrac{9-2q}{q}\) \(= \dfrac{9}{q} - 2\)
Vì \(2\leq q \leq 3\) \(\Leftrightarrow \frac{9}{2} \geq \frac{9}{q} \geq \frac{9}{3}\) \(\Leftrightarrow \frac{9}{2} - 2 \geq \frac{9}{q} -2 \geq \frac{9}{3} -2 \)
\(\Leftrightarrow \frac{9}{2} - 2 \geq P \geq \frac{9}{3} -2 \) \(\Leftrightarrow \frac{5}{2} \geq P \geq 1\)
Vậy \({Max}_\space P=\frac{5}{2}\) \(\Leftrightarrow q =2\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ (a;b;c)=(2;1;0) \hfill \cr (a;b;c)=(1;2;0) \hfill \cr} \right.\)
\({Min}_\space P=1\) \(\Leftrightarrow q =3\)
\((a;b;c)=(1;1;1)\)-/-
Trên đây là hướng dẫn đề thi khảo sát chất lượng cho học sinh lớp 9 vào lớp 10 môn toán năm 2020 của Quận Tây Hồ, mong rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập. Đừng quên còn rất nhiều tài liêu đề thi thử lớp 10 môn toán khác của các tỉnh thành trên cả nước nhé.
