Hệ thống kiến thức Toán lớp 9 Học kì 2

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS …

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề kiểm tra này gồm: 02 trang)

---

Câu 1. (2 điểm) Cho biểu thức



^a ^b



² ^{4 ab} ab

P :

a b a b b a

 

  

a) Xác định a, b để biểu thức có nghĩa và hãy rút gọn P

b) Tìm giá trị của P khi a 15 6 6  33 12 6 ;b  24 Câu 2. (2,0 điểm)

a) Cho hệ phương trình x my 3m₂

mx y m 2

 



  



Tìm m để hệ có nghiệm

 

x; y thỏa mãn: x² 2y y 0 b) Giải phương trình: x² x ¹ ¹₂ 10 0

x x

    

Câu 3. ( 2,0 điểm) Một ô tô đi quãng đường dài 80km trong thời gian đã định. Ba phần tư quãng, đường đầu ô tô chạy với vận tốc nhanh hơn dự định là 10km/h, quãng đường còn lại ô tô chạy chậm hơn dự định 15km/h. Thời gian oto dự định đi hết quãng đường AB?

Câu 4. (3,5 điểm) Cho C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (CA,CB). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax,By cùng vuông góc với AB. Trên tia Axlấy điểm I khác A, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt tia IK tại P.

a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó

ĐỀ SỐ 1

(2)

b) Chứng minh AI.BKAC.BC c) Chứng minh APB vuông

d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất Câu 5. (0,5 điểm) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 1003x2y2008.

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Điều kiện: a,b0;a b

 

2

a b 4 ab ab

P :

a b a b b a

a b ab

a b : ab a b

 

  

 

 



^a ^{b :}

 

^a ¹ ^b



^a ^b

   



0,5 điểm

0,25 điểm

b) Ta có: a 15 6 6  33 12 6



³ ⁶

 

² ^{3 2 6}



²

3 6 2 6 3 6

   

    

(Thỏa mãn a,b0,a b)

Vậy P  a b 6 24  62 6  6

0,5 điểm

Câu 2 (2,0 điểm)

a) x my 3m₂ (1)

mx y m 2 (2)

 



  



Từ phương trình (1), suy ra: x3m my (3) Thay vào phương trình (2) ta được:

 

²



²

 

²



m 3mmy  y m  2 2 m  1 y m   1 y 2

0,25 điểm

(3)

Thay y2 vào (3), ta được xm

Do đó ² m 3 1

m 2m 2 0

m 3 1

  

    

  



Vậy với m 3 1

m 3 1

  

   

 thì hệ phương trình có nghiệm (x,y) thỏa mãn x² 2y y 0.

0,25 điểm

0,25 điểm b) Xét phương trình: x² x ¹ ¹₂ 10 0

x x

    

Điều kiện xác định: x 0

2 2

1 1

x x 10 0

x x

     

Đặt ^t ^x ¹



^x ⁰



 x  (4), suy ra: x² ¹₂ t² 2

 x   Phương trình đã cho trở thành: t²  t 120



^t ^{3 t}



⁴



⁰

t 3

t 4

   

  

  

Với t 3 x ¹ 3 x² 3x 1 0

      x   

3 5

x 2

(TMDK)

3 5

x 2

   



    

Với t 4 x ¹ 4 x² 4x 1 0

    x   

0,25 điểm

0,5 điểm

(4)

x 2 3

(TMDK)

x 2 3

  

   

Vậy 3 5

x 2 3;

2

   

 

  

 

 

0,25 điểm

Câu 3 (2,0 điểm)

Gọi vận tốc dự định đi của ô tô là x (km/h) ( x15) Ba phần tư quãng đường đầu là: ³.80 60

4  (km)

Vận tốc của oto trong ba phần tư quãng đường đầu là: x + 10 (km/h)

Thời gian oto đi ba phần tư quãng đường đầu là: 60

x 10 (h) Quãng đường còn lại là: 80 – 60 = 20 (km)

Vận tốc của oto trong quãng đường còn lại là: x – 15 (km/h)

Thời gian oto đi hết quãng đường còn lại là: 20

x 15 (h) Theo đầu bài, ta có phương trình: 60 20 80

x 10  x 15 x

 

Giải phương trình trên, ta được: x40

Vậy thời gian ô tô đi hết quãng đường là 2 giờ .

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm Câu 4

(3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

a) Do P thuộc đường tròn đường kính IC nên IPC90

0,5 điểm

(5)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CPK CBK 90

    nên tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK . Tâm đường tròn này là trung điểm của CK

0,5 điểm

0,5 điểm b) Vì ICK 90 nên ICAKCB 90

Suy ra: ICACKB

Do đó: ICA CKB (g-g) Suy ra: IA CB

AI.KB CA.CB

CA KB 

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm c) Xét đường tròn đường kính IC

Ta có: CAPCIP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPKB, ta có:

CBPCKP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP) nên APBICK 90

Vậy APB vuông

0,25 điểm

d) Ta có: 2SABKI AB AI



BK



Vì AB,AI không đổi nên S_ABKI lớn nhất BK lớn nhất CA.CB

 lớn nhất (vì AI.BKCA.CB theo câu 1b))

CA CB

  (vì CACBAB: không đổi) Vậy S_ABKI lớn nhất khi C là trung điểm AB

0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

Từ 1003x2y2008 1003x 2008 2y

  

Vì 2008 – 2y là một số chẵn, 1003 là một số lẻ nên x chẵn và 1003x2008

0,25 điểm

(6)

x 2008

 1003

x 2 y 1

   

0,25 điểm

---

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

(7)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

MÔN: TOÁN 9

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề kiểm tra này gồm: 01 trang) ---

Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức

  

x 6

A -

x 1 x 1 x - 2

   và 2

B x 2

 với x0 và x4. 1. Tính giá trị biểu thức B khi x=16.

2. Biết P = A+B. Chứng minh x 2

P x 1

 

 . 3. Tìm x, để P ³

 2 . Câu 2: (2,0 điểm)

1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một đoàn xe vận tải dự định sử dụng một số xe cùng loại để chuyên chở 90 tấn thiết bị y tế.

Để đáp ứng kịp nhu cầu phục vụ công tác phòng chống dịch Covid – 19 đoàn được bổ sung thêm 5 chiếc xe cùng loại. Do đó mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 0,2 tấn. Biết khối lượng hàng mỗi xe chuyên chở như nhau, hỏi ban đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc?

2. Một lọ thuốc hình trụ có chiều cao 10cm và bán kính đáy 5cm. Nhà sản xuất phủ kín mặt xung quanh của lọ thuốc bằng giấy in các thông tin về loại thuốc ấy. Hãy tính diện tích giấy cần dùng của lọ thuốc đó (cho biết độ dày của giấy in và lọ thuốc không đáng kể)?

Câu 3: (2,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình: ^x ^2y ⁵ ¹² 2x 2y 5 3

   



  



2. Cho phương trình: x² 2x  m 3 0 (m là tham số) ĐỀ SỐ 2

(8)

a. Giải phương trình khi m=−5.

b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn điều kiện ₁ ₂ x₁3x₂. Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

1. Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp

2. Kẻ đường kính AK. Chứng minh CK//BH và tứ giác BHCK là hình bình hành.

3. Gọi I là trung điểm của BC, G là giao điểm của AI và OH.

a. Chứng minh G là trọng tâm ΔAHK.

b. Cho B, C cố định, khi A di động trên cung lớn BC sao cho ΔABC có 3 góc nhọn thì G chuyển động trên đường nào? Tại sao?

Câu 5: (3 điểm)

Cho các số thực x,y thỏa mãn x² y² 4x 3 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A=x² y².

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

1. Thay x = 16 vào biểu thức B, ta được: B ² ² ² 1 4 2 2 16 2

   

  .

Vậy với x = 16 thì B = 1.

0,25 điểm

2. Xét biểu thức:

  

x 6 2

P A B

x 1 x 1 x 2 x 2

    

   

(9)

 

       

  

x x 2 6 2 x 1

x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2

 

  

     

   

  

x x 2 6 2 x 1

x 1 x 2

   

  

  

x 2 x 6 2 x 2

x 1 x 2

   

  



^x ^x¹



^⁴^x ²



  

  

x 2 x 2 x 2

x 1.

x 1 x 2

  

 

  

0,25 điểm

c) Xét hiệu:

 

   

 

2 x 2 3 x 1

3 x 2 3

P 2 x 1 2 2 x 1 2 x 1

 

     

  

   

2 x 4 3 x 3 x 1

2 x 1 2 x 1

    

 

 

Vì x 0 với mọi x x 1 0

   với mọi x Do đó để P ³

 2 hay P ³ 0

 2 khi

x 1 0 x 1 x 1 x 1.

          

Kết hợp với điều kiện x0 và x4 ta được: 0 x 1.

Vậy P ³

 2 với 0 x 1.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu 1. Gọi số xe ban đầu của đoàn là x (xe)



^x^^*



^{0,25 điểm}

(10)

2 (2,0 điểm)

Theo dự định, mỗi xe chở số thiết bị y tế là: ⁹⁰

x (tấn) Thực tế được bổ sung thêm 5 xe nên tổng số xe là x+5 xe Khi đó mỗi xe phải chở số thiết bị y tế là: 90

x5 (tấn)

Vì mỗi xe chở ít hơn dự định ban đầu là 0,2 tấn nên ta có phương trình:

90 90

x  x 50, 2



   

90 x 5 90x 0,2x x 5

    

90x 450 90x 0,2x2 x

    

0, 2x2 x 450 0

   

x 45(t/m) x 50(L)

 

   

Vậy ban đầu đoàn có 45 xe.

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm 2. Diện tích giấy cần dùng là diện tích xung quanh của hình trụ có chiều

cao 10cm và bán kính đáy 5cm.

Ta có: ^S^xq  ^{2 Rh} 2 .5.10 100  314,16 cm

 

²

Vậy diện tích giấy cần dùng là: ^{314,16 cm}

 

² ^.

0,25 điểm 0,25 điểm Câu

3 (2,0 điểm)

1. Điều kiện 2y 5 0 2y 5 y ⁵

      2 Đặt ax và b 2y5



^b^⁰



Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với:

a b 12 3a 15 a 5 a 5 a 5

 

2a b 3 2a b 3 2a b 3 2.5 b 3 b 7 t/m

     

    

   

             

    

0,25 điểm

(11)

x 5 x 5 x 5

 

2y 5 49 y 27 t/m 2y 5 7

     

       

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất:

  

^{x; y} ^ ^5;27



^.

0,25 điểm

2. Cho phương trình: x² 2x  m 3 0(1) a. Thay m = - 5 vào phương trình (1), ta được:



^x ^{4 x}



²



⁰

   

x 4 0 x 4

x 2 0 x 2

  

 

       

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: ^S^{ }



^2;4



^.

b. Ta có: ^{  }^'

  

¹ ² ^ ^{m 3}     



^{1 m 3} ^{4 m}

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi

' 0 4 m 0 m 4.

      

Gọi x , x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). ₁ ₂ Theo định lý Vi – et, ta có: ¹ ²

1 2

x x 2

x x m 3

 

  



Theo đầu bài ta có x₁3x₂ nên ta có hệ phương trình:

2

1 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 2 1

1 x 1

x x 2 3x x 2 4x 2 x 2

x 3x x 3x x 3x 2 3

x 3x x

2

  

     

    

       

      

Thay x₁ ³, x₂ ¹

2 2

  vào biểu thức x x₁ ₂  m 3, ta được :

3 1 3 15

. m 3 m 3 m

2 2     4  4 (thỏa mãn)

0,25 điểm

 

2 2

x 2x 5 3 0

x 2x 8 0

    

   

(12)

Vậy với m ¹⁵

 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x , x ₁ ₂ thỏa mãn x₁ 3x₂.

0,25 điểm Câu

4 (3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng

1. Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp Ta có: BD⊥ACB nên ADB 90

CE⊥AB nên AEC 90

Tứ giác ADHE có: AEHADH    90 90 180

Do đó ADHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc đối có tổng bằng 180 là tứ giác nội tiếp) (đpcm).

0,5 điểm

0,25 điểm

(13)

0,25 điểm 2. Kẻ đường kính AK. Chứng minh CK//BHCK//BH và tứ

giác BHCKBHCK là hình bình hành

Ta có: BD⊥AC  BH⊥AC  BH⊥AC (1)

AK là đường kính nên KCA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

CK⊥AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BH//CK (cùng vuông góc với AC) (đpcm).

Lại có,AK là đường kính nên ABK 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

BK⊥AB

Mà CE⊥ABCH⊥AB.

Do đó BK//CH (cùng vuông góc với AB)

Tứ giác BHCK có BH//KC,BK//CH nên là hình bình hành (tứ giác có hai cặp đối song song là hình bình hành). (đpcm)

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

3.

a. Chứng minh G là trọng tâm ΔAHK

Tứ giác BHCK là hình bình hành (cmt) nên I là trung điểm BC cũng là trung điểm của HK (tính chất)

AK là đường kính nên O là trung điểm của AK.

Xét tam giác AHK có G là giao điểm hai đường trung tuyến AI và HO nên G là trọng tâm tam giác. (đpcm)

b. Qua G kẻ đường thẳng song song với OA cắt OI tại M.

Kẻ GM//AO



^M^^OI



nên theo định lí Ta let ta có: GM IM IG AO  IO  IA

0,25 điểm

(14)

Mà G là trọng tâm tam giác AHK nên: AG 2 IG 1 AI  3 IA 3 Do đó GM IM IG 1

AO  IO  IA 3

Vì B, C và O cố định nên I cố định, hơn nữa IM 1

IO 3 nên M cố định.

Ta lại có: GM 1 1 1

GM AO R

AO  3 3 3

Do đó, G luôn cách M một khoảng cố định 1 3R Khi đó G nằm trên đường tròn (M, 1

3R).

Vậy khi A di động trên cung lớn BC sao cho ΔABC có 3 góc nhọn thì G chuyển động trên đường tròn tâm M bán kính 1

3R.

0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

Ta có: x² y² 4x  3 0 x² 4x  3 y² Vì y² 0 với mọi y   y² 0 với mọi y

  

x2 4x 3 0 x 3 x 1 0

       

TH1: x 3 0 x 3

1 x 3

x 1 0 x 1

  

 

   

    

 

Ta có: Ax² y² 4x3

Vì 1 x   3 4 4x 12  1 4x 3 9 

Do đó GTNN của A là 1 khi 4x 3 1     x 1 y 0 và GTLN của A là 9 khi 4x     3 9 x 3 y 0.

0,25 điểm

(15)

TH2: ^x ^{3 0} ^x ³

 

^VN

x 1 0 x 1

  

 

    

 

Vậy GTNN của A là 1 khi x 1, y 0 và GTLN của A là 9 khi x3, y0.

0,25 điểm

---

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

--- Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức 2 1 1 4

A 1

x 4

x x 2 x 2

  

         với x0, x4.

1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm x để A ¹

 2.

3) Tìm x để A 2 x 5. Câu 2: (2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một ô tô đi từ A đến B cách nhau 420 km với vận tốc dự định. Khi đi được 120 km thì ô tô tăng tốc thêm 15 km / h và đi hết quãng đường còn lại với vận tốc mới. Tính vận tốc ban đầu của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ.

Câu 3: (2,0 điểm) ĐỀ SỐ 03

(16)

1) Giải hệ phương trình

3 2 y 1 1

x y

1 y 1 2

x y

   

 

   

 

2) Cho phương trình x² 2(m 1)x 2m 1 0  . a) Giải phương trình khi m2.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho ₁ ₂ x₁³ x³₂ 2019 Câu 4: (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyên MA, MB với đường tròn (O),A và B là các tiếp điểm. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng MB; C là giao điểm của AE và đường tròn (O), ( C khác A). H là giao điểm của AB và MO.

1) Chứng minh 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh rằng EB² EC.EA

3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp

4) Gọi D là giao điểm của MC và đường tròn (O) (D khác C). Chứng minh ABD là tam giác cân.

Câu 5: (0,5 điểm) Tìm cặp số (a,b) thỏa mãn ab 2 và a³ 2 2b³ 9.

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

1) 2 1 1 4

A 1

x 4

x x 2 x 2

  

        

0,25 điểm

(17)

x 2 x 2 x 2 4

A x x x 4 x 4 x 4

x 2 x 2 x 2 4

A x x 4

x 2 2 x 4

A x x 4

x 2 2( x 2) A x ( x 2)( x 2)

2 ( x 2)( x 2) A x ( x 2)( x 2) A 2

x

    

        

 

    

   

 

 



 

 

 

  

  



0,25 điểm

2) 1 2 1

A 2 x  2

2 2

x 4

 

x 4(

  vì x 0)

2 2

( x ) 4

 

0 x 16, x 4

   

Vậy 0 x 16, x4 thì A ¹

 2.

0,25 điểm

3) 2

A 2 x 5 2 x 5

    x    2 ( 2 x 5) x

x x

 

 

2 ( 2 x 5) x (

    vì x 0) 2 2x 5 x

   

2x 5 x 2 0(*)

   

0,25 điểm

(18)

Đặt t x , t0. Khi đó phương trình (*) trở thành:

2t2   5t 2 0

( 5)2 4.2.2 25 16 9 0

       

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

1

5 9 5 3

t 2(

2.2 4

 

   thỏa mãn ₂ 5 9 5 3 1

); t (

2.2 4 2

 

   Thỏa mãn)

Với t 2 x   2 x 4 (không thỏa mãn điều kiện)

Với t ¹ x ¹ x ¹

2 2 4

     (thỏa mãn điều kiện)

Vây x ¹

 4 thì A 2 x 5.

0,25 điểm

Câu 2 (1,5 điểm)

Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x(km / h), điều kiện x0. Sau khi tăng tốc, vận tốc của ô tô là: x 15( km / h) .

Thời gian đi với vận tốc ban đầu là: ¹²⁰(h) x

Thời gian đi nốt quãng đường còn lại sau khi tăng tốc là: 300 x 15 (h)

Vì thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 6 giờ nên ta có phương trình:

2 2

2

120 300 x x 15 6

120.(x 15) 300x 6x(x 15) x(x 15) x(x 15) x(x 15) 120.(x 15) 300x 6x(x 15)

120x 1800 300x 6x 90x 6x 90x 120x 1800 300x 0 6x 330x 1800 0

 



 

  

  

    

    

     

   

x2 55x 300 0

    (*)

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

(19)

( 55)2 4.1 ( 300) 4225 0

       

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:

1

55 4225 55 65

x 60

2 2

 

   (thỏa điều kiện)

2

55 4225 55 65

x 5

2 2

 

    (không thỏa điều kiện)

Vậy vận tốc ban đầu của ô tô là 60 km / h .

0,25 điểm Câu

3 (2,5 điểm)

1) Điều kiện: x y 0 x y

y 1 0 y 1

    

     



Đặt a ¹ , b y 1 x y

  

 . Khi đó, ta có hệ phương trình:

3a 2b 1 3a 2b 1 5a 5 a 1

a b 2 2a 2b 4 a b 2 a b 2

         

   

           

 



a 1 a 1

1 b 2 b 1

   

    

Suy ra:

1 1 1

1 1 1 x 1

x y x y x

y 0 y 0

y 1 1 y 0

   

   

   

 



   

  

 

     

(thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y)(1;0).

0,25 điểm

0,25 điểm 2)

a) Khi m2, ta có phương trình: x² 2(2 1)x 2.2 1 0  x2 6x 5 0

   

(20)

Ta có: 1 ( 6)   5 0, nhẩm nghiệm ta được: x₁ 1, x₂ 5. Vậy với m = 2, phương trình đã cho có tập nghiệm là: ^S^

 

^1;5 ^.

b) Ta có :  ^ (m 1) ² (2m 1) 1 m   ² 2m12m 1 m² 0 ( với mọi m).

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khi:    0 m 0. Ta lại có: 1 2(m 1)  2m 1 1 2m 2 2m 1 0       (Trường hợp

a  b c 0 )

Nhẩm nghiệm, ta được: x₁ 1, x₂ 2m 1 .

Thay x₁1, x₂ 2m 1 vào x₁³ x³₂ 2019, ta được:

1 (2m 1)  3 2019 (2m 1)3 2019 1

   

(2m 1)3 2018

  

2m 1 3 2018

  

2m 3 2018 1

  

3 2018 1

m 2

   (thỏa mãn).

Vậy với

3 2018 1

m 2

  thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

4 (3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng 0,5 điểm

(21)

1) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có:

OAM90 ;OBM^ 90^

OAM OBM 90^ 90^ 180^

    

Mà OAM,OBM là hai góc đối nhau.

 Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

0,25 điểm

2)

Ta có: CBE ¹sdBC

2 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BC)

(22)

BAE 1sdBC

 2 (góc nội tiếp chắn cung BC) BAE CBE

 

Xét ABE và BCE có:

AEB là góc chung BAECBE(cmt)

Do đó: ABE BCE(g g)

BE AE

EC BE

 

EB2 EC EA

  

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm 3)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có MAMB

0,25 điểm

(23)

(Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Và ta cũng có: OA OB R 

OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB Mà H là giao điểm của AB và MO

AB OM

  tại HMHB90^

Xét MHB vuông tại H có HE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MB (Vì E là trung điểm của đoạn thẳng MB)

HE 1MB EB

 2 

 EHB cân tại E EHB EBH

 

Mà EBHECB( vì ABE BCE(g g)) Suy ra: EHBECB

Xét tứ giác HCEB có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh EB dưới các góc bằng nhau nên tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp.

0,25 điểm

0,25 điểm 4)

(24)

Ta có: EB² EC EA( câu 2)EM² EC EA( vìE là trung điểm của đoạn thẳng MB)

EM EA

EC EM

 

Xét MEC và AEM có:

AEM là góc chung

EM EA

EC  EM

Do đó: MEC AEM(c.g.c) EMC EAM

 

Ta có: ADM ¹sdAC

 2 (Góc nội tiếp chắn cung AC) Và MAE ¹sdAC

2 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC)

ADM MAE(2)

 

Từ (1) và (2) suy ra ADMEMD

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, suy ra AD EM hay AD MB

0,25 điểm

(25)

Vì AD MB nên DABABE (Hai góc so le trong) (3) Ta có: ADB ¹sdAB

2 ( góc nội tiếp chắn cung AB) Và ABE ¹sdAB

 2 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) ADB ABE(4)

 

Từ (3) và (4) suy ra DABADB Vậy ABD cân tại B.

Câu 5 (0,5 điểm)

3 3 3 3 3 3

a 2 2b   9 a 8b   9 a ( 2b) 9 Ta có: ab 2a 2b 2 a ( 2b)³ ³ 8 Đặt xa³ và y( 2b)³x.y8 và x y 9

x, y là hai nghiệm của phương trình: X² 9X 8 0 (Định lí Vi-ét đảo)

Ta có: 1 9 8  0 (Trường hợp a  b c 0 )

Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: X₁1,X₂ 8

Với

3 3

a 1 a 1

a 1 x 1

y 8 ( 2b) 8 2b 2 b 2

       

   

       

  



Với

3 3

a 2 a 2

a 8 x 8

1 2

y 1 ( 2b) 1 2b 1 b 2 2

       

   

        

   



Vậy cặp số (a,b) thỏa mãn yêu cầu bài toán:

(a;b) (1; 2);(a;b) 2; 2 2

 

   

 .

0,25 điểm

0,25 điểm ---

(26)

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

(27)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

--- Câu 1: (2.0 điểm)

Cho hai biểu thức: 2 x A x 3

 và 2 6 x x 2

B x 2 4 x x 3

   

      với x0; x4.

a) Tính giá trị của A khi x9 b) Chứng minh rằng 1

B x 3



c) Cho P A B. Tìm giá trị của x để P0

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Hai vòi nước chảy vào 1 bể không có nước sau 4 giờ thì bể đầy. Nếu chảy một mình thì vòi 1 chảy đầy bể nhanh hơn vòi 2 là 6 giờ. Hỏi nếu chảy một mình thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao lâu?

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

1 4

x 3 y 1 5

3 4

x 3 y 1 1

  

  



   

  



2) Cho parabol (P) : yx² và đường thẳng (d) : y 2 mx.

a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x ; x thỏa mãn điều kiện ₁ ₂

2 2

1 2 2 1

x x x x 2020. Câu 4: (3,5 điểm)

ĐỀ SỐ 04

(28)

Cho tam giác ABC nhọn (ABAC) nội tiếp đường tròn (O;R) đường cao AH. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm H trên cạnh AB, AC

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng AH² AM.AB. Từ đó chứng minh AM.AB = AN.AC.

c) Hai đường thẳng NM và BC cắt nhau tại Q. Chứng minh AMNACB và QH2 QM QN .

d) Cho BAC60^ và R3 cm. Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC nhỏ.

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

5 3

P x y  xy

 .

---HẾT---

Câu 1 (2,0

a) Thay x9(TMĐK) vào A ta có: A ² ⁹ ²¹ ⁷ 6 2 16 2

   



Vậy với x9 thì A ⁷

 2.

0,5 điểm

0,5 điểm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

TRƯỜNG THCS … ---

Đề : 04

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN: TOÁN 9

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ---

(29)

điểm)

b) 2 6 x x 2

B x 2 4 x x 3

   

     

2 x 4 6 x x 2 ( x 2)( x 2) x 3

   

 

  

x 2 x 2

( x 2)( x 2) x 3 1

x 3

 

 

  

 

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

c) 2

2 x 1 2 x

P A B

x 3 x 3 ( x 3)

    

  

2

P 0 2 x 0

( x 3)

  



Vì x 0 với mọi x0;x4 ( x 3)2 0

   với mọi x0;x4 2 x 0

 

Mà x 0 với mọi x thuộc ĐKXĐ x 0

 

x 0

  (thỏa mãn) Vậy P0 khi x0.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

2 (1,5 điểm)

Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là x (giờ) (x4)

Vì thời gian vòi 1 chảy đầy bể nhanh hơn vòi 2 là 6 giờ nên thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể là x6 (giờ)

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy được ¹ x (bể)

0,25 điểm

(30)

Trong 1 giờ, vòi 2 chảy được 1

x6 (bể) Trong 1 giờ cả 2 vòi chảy được 1 1

x x 6

 (bể)

Theo bài ra, cả 2 vòi chảy vào 1 bể không có nước sau 4 giờ thì bể đầy nên ta có phương trình:

1 1 1 1 1

4 1

x x 6 x x 6 4

     

   

 

x x 6 1

4(2x 6) x(x 6) x(x 6) 4

       



2 2

8x 24 x 6x x 6x 8x 24 0

        

2 x 6

x 2x 24 0

x 4

 

       

So với điều kiện, x6 thỏa mãn.

Vậy vòi 1 chảy 1 mình trong 6 giờ thì đầy bể.

Vòi 2 chảy 1 mình trong 6 6 12  giờ thì đầy bể.

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm Câu

3 (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

1 4

x 3 y 1 5

3 4

x 3 y 1 1

  

  



   

  

 ĐKXĐ: x 3, y  1 Đặt a ¹ , b ¹ ,

x 3 y 1

 

  khi đó hệ phương trình trở thành:

a 4b 5 4a 4 a 1 a 1

3a 4b 1 a 4b 5 1 4b 5 b 1

    

   

  

            

   

0,25 điểm

0,5 điểm

(31)

1 1

x 3 1 x 4

x 3

1 y 1 1 y 2

y 1 1

 

      

         

 

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (4; - 2).

0,25 điểm

0,25 điểm 2) Cho (P) : yx² và đường thẳng (d) : y 2 mx

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) :

2 2

x  2 mxx mx 2 0

Có:  m²  8 0 với mọi giá trị của m

 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

(d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Theo câu a, (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ

1 2

x ; x

Theo Vi-ét, ta có: ¹ ²

1 2

x x m

x x 2 (*)

  

   



Theo bài ra ta có: x x1² 2 x x²2 1 2020x x1 2



x1x2



2020(1)

Thay (*) vào hệ thức (1), ta được: 2.( m)  2020 m 1010(thỏa mãn điều kiện).

Vậy m 1010 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện đầu bài.

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

4 (3,5 điểm)

- Vẽ hình đúng 0,5 điểm

(32)

a) Xét tứ giác AMHN có:

AMH90 (M^ là hình chiếu của H trên AB) ANH90 (N^ là hình chiếu của H trên AB)

AMH ANH 90^ 90^ 180^

    

Mà AMH và ANH là hai góc đối nhau

 Tứ giác AMHN nội tiếp.

0,5 điểm

b) +) Xét AHB vuông tại H(AH là đường cao) có:

HMAB(M là hình chiếu của H trên AB) AM AB AH2

   (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (1)

+) Xét AHC vuông tại H(AH là đường cao) có:

HNAC(N là hình chiếu của H trên AC) AN AC AH2

   (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (2)

Từ (1), (2) suy ra AM.AB = AN.AC (đpcm).

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm c) + ) Xét AMN và ACB có:

(33)

BAC là góc chung

AM AN

(AM AB AN AC)

AC  AB   

AMN ACB(c.g.c)

 

AMN ACB

  (hai góc tương ứng)

+) Ta có: QHMMAH (cùng phụ với ABC ) HNMMAH (tứ giác AMHN nội tiếp)

+) Xét QHM và QNH có:

NQH là góc chung QHMHNM(cmt)

QHM QNH(g g)

   

QH QM QN QH

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ) QH2 QM QN

   (đpcm).

0,25 điểm

0,25 điểm d) Xét đường tròn (O) có: BAC ¹BOC

2 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC ) BOC 2 BAC2.60^ 120^

Ta có: q ² q ²

 

²

R n 3 120

S S 3 cm

360 360

  

    

+) Kẻ OKBC tại K (K BC) KB KC ¹BC

    2 (quan hệ vuông

góc giữa đường kính và dây)

Xét BOC cân tại O(OBOCR) có OK là đường cao (OKBC)

OK đồng thời là đường phân giác

0,25 điểm

(34)

1 1

BOK COK BOC 120 60

2 2

 

     

+) Xét BOK vuông tại K(OKBC)

BK OBsin BOK 3sin 60 3 3(cm) BC 2BK 3 3(cm) 2

       

và OK OBcos BOK 3cos 60 ³(cm) 2

   

Ta có: BOC BOC

 

²

1 1 3 9 3

S OK BC S 3 3 cm

2 2 2 4

      

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC nhỏ là:

 

²

vp q BOC

9 3 12 9 3

S S S 3 cm

4 4

        .

0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

Ta có P ₂ ⁵ ₂ ³ ⁵₂ ³ ⁵ ³

x y xy (x y) 2xy xy 9 2xy xy

     

   

Đặt t xy Ta có (xy)² 4xy0 với mọi x, y0. 9 4t 0 0 t 9

      4.

Khi đó 5 3 1 4 1 16 8 20

P 5 (9 2t) 3 t t

9 2t t 9 2t 81 t 81 81 9

   

             

Do 0 t ⁹

  4 nên 9 2t 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

1 4 1 4 4

(9 2t) 2 (9 2t)

9 2t 81   9 2t 81   9

 

1 16 1 16 8

t 2 t

t 81  t 81 9

Và 8 20 8 9 20 22

81t 9 81 4 9 9

        với 0 t ⁹

  4.

0,25 điểm

(35)

Từ đó suy ra 4 8 22 22

P 5 3

9 9 9 9

     

Vậy _min 22

P  9 xảy ra khi và chỉ khi x y ³

  2. ---

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

--- Câu 1: (2.0 điểm)

ĐỀ SỐ 05

(36)

Cho biểu thức x 1 1 2

: x 1

x 1 x x x 1 

     

      

  với x0 và x1

a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x biết A2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(A 4) x

Một ô tô đi từ A đến B cách nhau 90 km với vận tốc dự định. Khi từ B trở về A, ô tô đi với vân tốc nhanh hơn vận tốc lúc đi là 5 km / h .Do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút.

Tính vận tốc dự định của ô tô khi đi từ A đến B.

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình: x 2 2(x y) 8 2 x 2 5(x y) 19

    



   



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : ymx m 2(m là tham số) và Parabol (P) : y x²

a) Với m 2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .

b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x ; x thỏa ₁ ₂ mãn x₁x₂  20.

Câu 4: (3,5 điểm)

1) Một hộp sữa hình trụ có đường kính đáy là 12 cm, chiều cao là 10 cm .

Tính diện tích vật liệu dùng để tạo nên một vỏ hộp như vậy (không tính phần mép nối).

2) Cho đường tròn (O;R), từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C lần lượt là các tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

b) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E, đường thẳng AE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh AB² AE AF

(37)

c. Chứng minh BC = CF.

Câu 5: (0,5 điểm)

Một viên gạch hình vuông cạnh a(cm) có hoa văn như hình vẽ. M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB, BC, CD. Tìm độ dài a biết diện tích phần gạch chéo là

 

²

200(4 ) cm .

---HẾT---

Câu 1 (2,0 điểm)

a) x 1 1 2

A :

x 1 x x x 1 x 1

   

           với x0 và x1

1 x x 1

x ( x 1) ( x: 1)( x 1)

 

   

x 1 ( x 1)

x ( x 1)

   



…

Đề : 05

MÔN: TOÁN 9

(38)

x 1 x

  0,25 điểm

0,25 điểm

b) x 1 x 1 2 x

A 2 2 0

x x x

 

     



^x ¹



²

x 2 x 1

0 0

x x

  

   

( x 1)2 0 x 1

     (không thỏa mãn điều kiện) Vậy không có x thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm c) P(A 4) x  x 4 x  1 ( x 2)²     3 3, x 0, x 1

Dấu "=" xảy ra khi ( x 2)2 0

x 2 0

  

x 2

 

x 4

  (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng -3 khi x4.

0,25 điểm

0,25 điểm Câu

2 (2,0 điểm)

Gọi vận tốc dự định đi từ A đến B của ˆ0 tô là x( km / h, x0). Vận tốc của ô tô khi đi từ B về đến A là x5( km / h)

Đi và về đều là quãng đường AB dài 90 km . Thời gian đi từ A đến B là ⁹⁰

x (h) Thời gian từ Bvề A là 90

x5 (h)

0,25 điểm

0,5 điểm

(39)

Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 15 phút ¹

 4 (h) ta có phương trình

90 90 1

x  x 5 4



90.4(x 5) 90.4x x(x 5) 4x(x 5) 4.x(x 5) 4.x(x 5)

 

  

  

360x 1800 360x x2 5x

    

x2 5x 1800 0

   

Giải phương trình ta có x 40

x 45(KTM)

 

  



Vậy vận tốc dự định của ô tô là là 40( km / h) .

0,5 điểm)

0,25 điểm Câu

3 (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình x 2 2(x y) 8 2 x 2 5(x y) 19

    



   



ĐK : x 2

x 2 2(x y) 8 2 x 2 5(x y) 19

    



   



2 x 2 4(x y) 16 2 x 2 5(x y) 19

    

 

   



x y 3

2 x 2 5.3 19

  

    

x y 3

x 2 2

  

   

x y 3

x 2 4

  

   

0,25 điểm

(40)

 

y 3 TM x 6(TM)



  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (6;3) .

0,25 điểm 2)

a) Với m 2 ta có phương trình đường thẳng (d)y 2x Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)

2 2 x 0 y 0

x 2x x 2x x(x 2) 0

x 2 y 4

  

             

Vây tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là (0;0),(2; 4)

b) +) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) :

2 2

x mx m 2 x mx m 2 0

         (1)

Ta có:  m² 4m 8 (m2)²  4 4 0 Với mọi m

Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

+) Khi đó theo hệ thức Vi - ét ta có: ¹ ²

1 2

x x m

x x m 2

  

    



+) Ta có: x1x2  20 



x1x2



² 20



x1x2



² 4x x1 2 20

2 2

m 4m 8 20 m 4m 12 0 (m 2)(m 6) 0

           

m 2

m 6

 

   

Vậy m2;m 6 là giá trị cần tìm.

0,25 điểm

(41)

Câu 4 (4,0 điểm)

1) Ta có bán kính đáy là 6 cm.

Diện tích đáy là: ^^.6² ^^36.^

 

^cm² ^.

Diện tích xung quanh là: 2 .6.10 120  

 

cm² . Diện tích vật liệu dùng để tạo nên vỏ hộp sữa là:

 

²

2.36 120 192 cm .

0,25 điểm

2) - Vẽ hình đúng

0.5 điểm

2)

a) Vì AB, AC lần lượt là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có: AB BO

AC CO

 

 

 (tính chất tiếp tuyến)

suy ra ABOACO90^

Xét tứ giác ABOC có ABOACO 180 ^ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

2)

b) Xét đường tròn (O) có ABE AFB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia

tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE) 0,25 điểm

(42)

Xét ABE và AFB có:

BAF chung ABE AFB(cmt)

 

Suy ra ABE ~ AFB( g g)   Suy ra ^AB ^AE(

AF  AB cặp cạnh tương ứng) Suy ra AB² AE AF

0,5 điểm

0,25 điểm 2)

c) Xét đường tròn (O) có: DCEDBC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EC)

Xét DEC và DCB có:

CDB chung DCE DBC(cmt)

 

Suy ra DEC ~ DCB( g g)   Suy ra DC DE ²

DC DB DE

DB DC   

Mà AD DC AD² DE.DB ^AD ^DB DE AD

    

Xét DAE và DBA có

ADB chung AD DB DE AD

 

Suy ra DAE ~ DBA(c   g c) DAEDBA (góc tương ứng) Mà DAEAFB hai góc này ở vị trí so le trong, do đó AC / /BF Suy ra

CBFBCA (hai góc so le trong).

Mà BCABFC (góc nội tiếp và tạo bởi hai tiếp tuyến và dây cung cùng

0,25 điểm

(43)

chắn một cung) nên CBFCFB suy ra CBF cân tại C.

Do đó CB CF . 0,25 điểm

Câu 5 (0,5 điểm)

Nhận xét rằng phần gạch màu vàng tạo bởi 8 hình viên phân bằng nhau.

Gọi R ^a

 2 là bán kính hình tròn đi qua các điểm N, P, Q, M.

Diện tích một hình viên phân là:

 

2 2 2 2

R R R a 2

S ( 2) ( 2) cm

4 2 4 16

        

Vậy diện tích hình gồm 8 hình viên phân bằng ^a²⁽ ^{2) cm}

 

²

2   .

Diện tích hình gạch chéo bằng: ^a² ^a²⁽ ²⁾ ^{a (4}² ⁾

 

^cm²

2 2

      .

Vì diện tích phần gạch chéo là ²⁰⁰⁽⁴^{ }^{) cm}

 

² nên ta có:

a2

(4 ) 200(4 ) a 20( cm) 2        .

0,25 điểm

0,25 điểm ---

(44)

(45)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

…

--- Câu 1: (2.0 điểm)

Cho biểu thức x 1 2 x 3 x 8

A ; B

4 x

x 2 x 2 x 2

 

   

    (điều kiện xác định x0; x4) a) Tính giá trị biểu thức A tại x36

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của B

Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B dài 80km trên một khúc sông. Sau khi nghỉ 30 phút tại B ca nô đi trên khúc sông ấy trở về A. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến khi về đến A là 9 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 2 km/h.

Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : yx² và đường thẳng (d) : y (m 1)x  4 (m là tham số)

a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = - 2

b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

c) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A x ; y và



1 1



B x ; y



2 2



sao cho

1 2 1 2

y y  y y .

Câu 4: (3,5 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) , đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC và AD là đường kính của (O). Chứng minh:

a) BFEC là tứ giác nội tiếp ĐỀ SỐ 06

(46)

b) AE AC AF AB

c) H, M, D thẳng hàng

d) Cho (O) và điểm B, C cố định, A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC luôn có ba góc nhọn. Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có bán kính không đổi.

Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a b 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 6 24

P a b

a b

    .

---HẾT---

Câu Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Tính giá trị của A tại x36

Thay x36(thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

x 1 36 1 6 1 7 A x 2 36 2 6 2 4

  

   

  

Vậy x36 thì A ⁷

 4.

0,5 điểm

…

Đề : 06

MÔN: TOÁN

(47)

0,25 điểm

2 x 3 x 8

B (x 0; x 4)

4 x

x 2 x 2

     

  

2 x 3 x 8

B x 2 x 2 x 4

   

  

(2 x 3) ( x 2) x ( x 2) 8 B ( x 2) ( x 2)

      

   

2x 4 x 3 x 6 x 2 x 8 B ( x 2) ( x 2)

     

   

x 3 x 2 B ( x 2) ( x 2)

 

   

( x 1) ( x 2) B ( x 2) ( x 2)

  

   

x 1

B (x 0; x 4)

x 2

   



0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của B

x 1 x 2 3 3

B 1

x 2 x 2 x 2

   

   

  

1 1

x 0 x 2 2

x 2 2

     



3 3 3 3 3 3

1 1

2 2 2

x 2 x 2 x 2

   

       

  

B 1

  2

Dấu “=” xảy ra khi x   0 x 0 Vậy B đạt giá trị nhỏ nhất là ¹

2 khi x0.

0,25 điểm

(48)

Câu 2 (2,0 điểm)

Gọi vân tốc riêng của cano khi nước yên lặng là x( km / h, x2). Vận tốc ca nô khi xuôi dòng là x2( km / h).

Vận tốc ca nô khi ngược dòng là x2( km / h). Thời gian ca nô đi xuôi dòng là ⁸⁰

x2 (h).

Thời gian ca nô đi ngược dòng là ⁸⁰

x2 (h).

Vì tổng thời gian cả đi lẫn về là 9 giờ 30 phút và nghỉ 30 phút nên thời gian đi trên khúc sông là 9 giờ 30 phút -30 phút 9 giờ và ta có phương trình : ⁸⁰ ⁸⁰ 9

x 2 x 2 

 



²



9 x 4 80(x 2) 80(x 2)

(x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

   

 

   

80x 160 80x 160 9x2 36

     

9x2 160x 36 0

   

9x2 162x 2x 36 0

    

9x(x 18) 2(x 18) 0

    

(x 18)(9x 2) 0

   

x 18(TM) x 18 0

9x 2 0 x 2(L)

9

    

 

       

 



Vậy vận tốc riêng của ca nô khi nước yên lặng là 18km/h.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm)

0,25 điểm

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Thay m 2 vào (d) ta được: : y  3x 4

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là

x2   3x 4 0,25 điểm

(49)

x2 3x 4 0

   

x 1

x 4

 

   

Thay x1 và x 4 vào yx² ta được: x 1 y 1

 

  và x 4 y 16

  

  Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (1;1) và ( 4;16) .

0,25 điểm

0,25 điểm b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) :

x2 (m 1)x 4

x2 (m 1)x 4 0

     (*)

Có a.c   4 0 Phương trình (*) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m

(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

0,25 điểm

(50)

0,25 điểm

0,25 điểm c) Theo câu b phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Gọi x , x là nghiệm của phương trình (*). ₁ ₂

2 2

1 1 2 2

y x ; y x

  

Áp dụng định lí Vi-ét:

1 2

x x m 1

x x 4

  

  



Ta có: y₁y₂  y y₁ ₂

2 2 2 2

1 2 1 2

x x x x

   



x1 x2



² 2x x1 2 x x1² ²2

   

2 2

(m 1) 2 ( 4) ( 4)

      

(m 1)2 8

  

m 1 2 2

  

    

(51)

m 2 2 1

  

 