Toán 9 HK2 19-20

THÁI THỤY

--- Môn: TOÁN 9

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm).

Cho 2

1 A x

x

 

 và 1 2 5 2

2 2 4

x x x

B x x x

 

  

   với x0, x4

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x2. b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm x sao cho biểu thức P A B. nhận giá trị là số nguyên.

Bài 2 (2,0 điểm).

Cho hệ phương trình: 0 1 x my

mx y m

 

   



a) Giải hệ phương trình với m = 3.

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0; y > 0.

Bài 3 (2,0 điểm).

Cho hàm số (d):ymx2 (m là tham số).

a) Tìm m để đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1).

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số (d) luôn cắt parabol

 

Bài 4 (3,5 điểm).

Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB.

Trên tia đối của tia AB lấy điểm C khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến CN và CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB).

a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp.

b) Chứng minh: CM = CA.CB ²

c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm P, giao điểm của hai đường thẳng MP và CB là E. Chứng minh ΔCEN cân.

d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN tại Q. Chứng minh: 1 1₂ 4 ₂ + =

OI.OQ CE MN

Bài 5 (0,5 điểm).

Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1.

Chứng minh rằng: 3x² xy3y²  3y²  yz3z²  3z² zx3x²  7 ---- HẾT ----

Họ và tên thí sinh:... Số báo danh:...

Câu Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

Cho 2

1 A x

x

 

 và 1 2 5 2

2 2 4

x x x

B x x x

 

  

   với x0,x4 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x2.

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm x sao cho biểu thức P A B. nhận giá trị là số nguyên.

2,00

1a (0,5đ)

2

x thỏa mãn điều kiện xác định, thay vào A ta có 2 2

A 2 1

 0,25

2(1 2) 2 1 2

A  



Vậy với x2 thì A 2. 0,25

1a (1,0đ)

  

1 2 5 2

2 2 2 2

x x x

B x x x x

 

  

    0,25

  

    

    

  

1 2 2 2 5 2

2 2 2 2 2 2

x x x x x

x x x x x x

   

  

     

      

  

1 2 2 2 5 2

2 2

x x x x x

x x

     

   0,25

  

2 2 2 4 5 2

2 2

x x x x x x

x x

      

  

    

  

3 2

3 6 3

2 2 2 2 2

x x

x x x

x x x x x

 

  

     0,25

Vậy 3

2 B x

 x

 ^{với x0, x4.} 0,25

1c (0,5đ)

Với x0, x4 thì 3

. 1

P A B x x

   



Do x 0 x   1 1 0; x   0, x 0, x    4 P 0, x 0, x4 Xét x = 0 thì P = 0

Xét x > 0 ta có 3 3

3, 0, 4

1

x x

x x

x  x    



3 3

1 x x

   

 ^{. Vậy   3 P 0} 0,25

Câu Nội dung Điểm Mà mà P nhận giá trị nguyên nên P = 2, 1,0

+) P = 3 x 0 3 0 0 ( / )

x x

x +1^{      t m}



+) P 1 2 1 1 ( / )

4

+) P 2 2 / )

3 x x x

x +1

3 x x x 4 ((

x +1

t m

ông t m Kh

     

     

 

 

Vậy x = 0; x = ¹

4 thì P nhận giá trị nguyên.

0,25

2 (2,0đ)

Cho hệ phương trình: 0 1 x my mx y m

 

   



a) Giải hệ phương trình với m3

b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0 và y > 0.

2a (1,0đ)

Khi m = 3 ta có hệ phương trình 3 0

3 4

x y x y

 

  

 ^0,25

3

3.3 4

x y

y y

 

    0,25

3 3 8 4 1

2

x y

x y

y y

 

  

    0,25

3 2 1 2 x y

 

 



Kết luận: Với m = 3 hệ có nghiệm

3 2 1 2 x y

 

 



0,25

2b (1,0đ)

Xét hệ phương trình 0 (1) 1 (2) x my

mx y m

 

   

 Từ (1) ta có xmy (*)

Thế vào (2) ta có ^{m my.    y m 1}





Hệ có nghiệm duy nhất (3) có nghiệm duy nhất

2 2

1 0 1 1

m m m

        0,25

Khi m 1,(3) ₂ ^{1 1}

1 1 1

m m

y y x

m m m

      

  

0,25

Hệ có nghiệm duy nhất 1 1

1 x m

m

y m

  

 

 



0 1 0 0

0 1 1 0 1

1 0 x m

x m m

y m m

y m

  

  

      

     

    

 



Thỏa mãn m 1 0,25

Vậy với m > 1

Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0 và y > 0 0,25

3 (2,0đ)

Cho hàm số (d):ymx2 (m là tham số).

a) Tìm m để đồ thị hàm số (d)đi qua điểm A(2; 1)

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số (d) luôn cắt parabol

 

3a (0,75đ)

Đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1) nên tọa độ của A là x = 2 và y = 1 thỏa

mãn phương trình ymx2 0,25

Ta có 1

1 .2 2

m m 2

    

0,25

Vậy 1

m 2 thì đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1);

0,25

3b (1,25đ)

Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình

2

2 y x y mx

 

  

 0,25

Xét phương trình hoành độ giao điểm x² mx 2 x²mx 2 0

Ta có a = 1 > 0 và c =2 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt và hai

nghiệm trái dấu. 0,25

Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 0,25 Vì x x₁, ₂trái dấu và x₁< x₂ nên x₁<0 và x₂> 0 hay x₂ x x₂, ₁  x₁

1 2 2 1 2 2 1 2 2

x  x     x x    x x  0,25 Theo hệ thức Vi-et _{1 2} b

x x m

a

  

Suy ra m = 2 (thỏa mãn)

Vậy khi m = 2 thì x₁  x₂  2 0,25

Câu Nội dung Điểm

4

Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến CN và CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB).

a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp.

b) Chứng minh:CM = CA.CB ²

c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm P, giao điểm của hai đường thẳng MP và CB là E. Chứng minh ΔCEN cân.

d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN tại Q.

Chứng minh: 1 1₂ 4 ₂

+ =

OI.OQ CE MN

4a (1,0đ)

Vì CM là tiếp tuyến tại M của (O) nên OMC^90⁰ 0,25

(O) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB

OI AB

   OIC^90⁰ 0,25

Tứ giác OICM có:OIC^OMC^90⁰90⁰180⁰ 0,25

 Tứ giác OICM nội tiếp được đường tròn. 0,25

4b (1,0đ)

(O) có:CMA^ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AM^

CBM là góc nội tiếp chắnAM^ CMACBM 0,5

CMA và CBM có: MCB^ chung, CMA^CBM^

 CMA CBM (g.g) 0,25

2

CM CA

CB CM

CM CA.CB

 

  0,25

4c (1,0đ)

Vì CME^ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn MP^ nên

 1  CME sđMP

2 0,25

(O) có OP dây ABPA^PB^ (liên hệ giữa cung và dây) 0,25 E

H N

A B

Q

P

C I

O

M

Vì CEM^ là góc có đỉnh ở bên trong (O) nên:^CEM1₂^{sđ AM}





Mà PA^PB^

 ¹





CEM sđ AM PA sđMP

2 2

   CMECEM

 MCE cân tại C CM = CE

0,25

mà CM = CN (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

CN = CE  NCE cân tại C. 0,25

4d (0,5đ)

Gọi H là giao điểm của OC và MN.

Ta có: OM = ON và CM = CN

OC là đường trung trực của MN

OC MN

  tại H

OIC và OHQ cóCOQ^ chung, OIC^OHQ^90⁰

OIC OHQ (g.g) OI OC

OI.OQ OH.OC

OH OQ

   

0,25

OCM vuông tại M, đường cao MH OH.OC OM2

  và

2 2 2

1 1 1

OM CM  MH

Mà OI.OQOH.OCOM², CM = CE, MH = ¹ 2MN

2 2

1 1 4

+ =

OI.OQ CE MN

 (đpcm)

0,25

5 (0,5đ)

Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng :

2 2 2 2 2 2

3x xy3y  3y  yz3z  3z zx3x  7 Ta có: 4(3x² + xy + 3y² ) = 7(x + y)² + 5(x y)² 7(x + y)²

Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = y Vì x, y > 0 nên ^{2 2} 7

3 3 ( )

   2 

x xy y x y .

Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = y 0,25

Chứng minh tương tự ta có:

2 2 7

3 3 ( )

   2 

y yz z y z . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi y = z

2 2 7

3 3 ( )

   2 

z zx x z x . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi z = x Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:

2 2 2 2 2 2

3x xy3y  3y  yz3z  3z zx3x  7(x y z) Do x+ y+ z = 1, suy ra:

2 2 2 2 2 2

3x xy3y  3y  yz3z  3z zx3x  7. Dấu ‘‘=’’xảy ra khi x = y = z =

3 1

0,25

Ghi chú: +) Hướng dẫn trên gồm các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng. Thí sinh phải biến đổi hợp lí và có lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa theo thang điểm.

+) Câu 4 nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không chấm điểm.

+) Mọi cách giải khác trên mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm.

+) Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.