2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một mảnh đất hình tam giác có diện tích là 200 m2

(1)

UBND QUẬN LONG BIÊN

TRƯỜNG THCS PHÚC ĐỒNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG VÒNG 2 Môn: Toán 9 .Năm học 2017-2018

Ngày thi: 18/5/2018 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm). Cho biểu thức

^A= ^{x 3}

x 2



 và ⁽ ¹ ^{) :} ²

x 2 4 2

B x

x x

 

   với x ^ 0, x ^4 1, Tính giá trị của biểu thức A khi x =²⁵

16

2, Rút gọn biểu thức B 3, Tìm các giá trị của x để ¹

2 B A

Bài 2: ( 2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một mảnh đất hình tam giác có diện tích là 200 m². Biết rằng nếu giảm cạnh đáy đi 5m và tăng chiều cao thêm 2 m thì diện tích mảnh đất là 210 m². Tính cạnh đáy và chiều cao của mảnh đất ban đầu .

Bài 3: ( 2 điểm)

1. Giải hệ phương trình sau:











 

 

 

 

3 5 1

2 1 2

3

1 1 1 1 2

4

y x

2. Cho phương trình x² +2x -4m +4 = 0 với m là tham số a. Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm

b. Với những giá trị nào của m thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x13 – x23 + 2x1x2 = 8

Bài 4: ( 3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên đoạn OA lấy điểm I ( I khác A và O). Từ I vẽ tia Ix vuông góc với AB cắt (O; R) tại C. Lấy điểm E tùy ý trên cung nhỏ BC ( E khác B và C). Nối AE cắt CI tại F. Gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của (O; R)

a) Chứng minh tứ giác BEFI là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh hệ thức AE. AF= CB . CD

c) Tia BE cắt tia IC tại K. Giả sử I và F lần lượt là trung điểm của OA và IC.

Chứng minh tam giác AIF đồng dạng tam giác KIB. Tính độ dài IK theo R.

d) Khi I là trung điểm OA và E chạy trên cung nhỏ BC. Tìm vị trí của điểm E để EB + EC đạt giá trị lớn nhất.

Bài 5: ( 0,5 điểm) Cho x, y là hai số tự nhiên khác 0 thỏa mãn 2x + 3y = 53 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^P^ ^xy^⁴

...

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh...Số báo danh...

Chữ kí Giám thị 1 Chữ kí Giám thị 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Bài Đáp án Biểu

(2)

điểm Bài 1

( 2

điểm) 1, - Tính

25 3 5 3 7 7

16 4 4

A= 1625 2 54 2 134 13

      

 

- Kl : A= ⁷ ²⁵ 13 khi x 16

 

0,25đ

2, ¹

2

 

 B x

x với x  0, x 4 0,75đ

3, * ¹ ¹: ³ ¹ ¹ ¹

2 2 2 2 3 2

B x x x

A x x x

  

    

   với x  0, x 4, x 9

* ¹ ⁰ ^.... ⁹

2( 3)

x x

x

    



* KL : ¹ ⁰ ⁹

4 2

B x

khi x A

  

  

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Bài 2 (2 điểm)

Gọi chiều cao của mảnh đất là x ( m) x > 0 0,25đ Cạnh đáy của mảnh đất là ⁴⁰⁰

x (m) 0,25đ

Khi tăng chiều cao thêm 2m thì chiều cao mới là x+2 (m) 0,25đ Khi giảm cạnh đáy đi 5m thì độ dài cạnh đáy là: ⁴⁰⁰

x - 5 (m) Diện tích mảnh đất khi đó là (x+2) (⁴⁰⁰

x - 5) : 2 (m²) 0,25

Theo đề bài, diện tích mảnh đất mới là 210m² ta có phương trình:

(x+2) (⁴⁰⁰

x - 5) : 2= 210

0,25

Giải phương trình được : x = 10 ( TM) ; x = -16 ( KTM) 0,5đ Kết luận: Chiều cao của mảnh đất là 16m; Cạnh đáy dài 40m 0,25đ Bài 3

( 2 điểm)

1. ĐKXĐ: ^x ¹^{, y 1,}

 2  0,25đ

Giải hệ tìm được











 



 

3 1 1

1

3 1 1 2

1

y

x 0,25đ

Từ đó tìm x = 4 (TMĐK), y = -2.(TMĐK) 0,25đ

Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (4 ; -2) 0,25đ 2. Tính được ’= 4m-3

Tìm được điều kiện để phương trình có nghiệm là m ³

4 0,25đ

(3)

Áp dụng hệ thức Vi-et ta được

1 2

x x 2

x x 4m 4

  

   



0,25đ

x13 – x23 + 2x1x2 = 8

 

   

 

3

1 2 1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

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

x x x x 3x x 2x x 8

x x x x x x 2x x 8

x x 4m 8m 0 4m x x 2 0

4m 0

x x 2

     

 

      

 

      

   

 

   

(1) 4m =0 m =0 ( KTM)

(2)x1x2 2 tìm được x1 = 0 và x2 = -2

Từ đó tìm được m =1 ( TMĐK) 0,5đ

Bài 4 ( 3,5 điểm)

N K

M D

F

E

I C

B

A O

Vẽ hình đúng đến câu a 0,25đ

a)Chứng minh được FEB = 90⁰ Chứng minh được FIB = 90⁰

Chứng minh được tứ giác BEFI là tứ giác nội tiếp.

0,25đ 0,25đ 0,25đ b)AIF AEB(g-g) => AI.AB= AF.AE

Trong tam giác vuông ACB có AC² = AI. AB Trong tam giác vuông ABD có AC² = CD. CB Suy ra CB. CD = AF. AE

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

(4)

c) AIF KIB(g-g) => ^IA ^IF

IK  IB

IA=^R

2 ; IB = ^3R

2

Trong tam giác vuông ABC có IC² = IA. IB= ^3R²

4

Nên IC = ^{R 3}

2 hay IF= ^{R 3}

4

Từ đó có IK = R 3

0,5đ

0,25đ 0,25đ d)Tia CI cắt (O) tại M. Trên tia EM lấy N sao cho EN = EB

Dễ chứng minh được các ACO; BEN;  BMC là các tam giác đều

Ta có tam giác BEC bằng tam giác BNM( c-g-c) nên EC = NM Nên EB + EC = EN + NM= EM ^2R

EB + ECmax = 2R

Khi và chỉ chi E là điểm chính giữa cung nhỏ BC Bài 5

( 0,5 điểm)

Đặt 2x = a , 3y = b (a chia hết cho 2, b chia hết cho 3) Ta có   ² ² ²⁸⁰⁹  ²

4 4

a b a b a b

ab     

 

Do a, b là số tự nhiên mà a+b=53 nên a b , do đó

 ²

1 1

a b   a b  . Do vậy ^{2809 1} ⁷⁰²

ab 4 

0,25

Đẳng thức xảy ra khi

1 53 2 ; 3 a b a b

a b

  

  



 M M

. Giải hệ này ta được a = 26, b = 27 Vậy giá trị lớn nhất của ab là 702, đạt được khi a = 26 ; b = 27 Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của ^P^ ^xy^⁴ = 11 khi x=13; y=9

0,25

Học sinh làm cách khác đúng, cho điểm tối đa DUYỆT ĐỀ

BGH

Trần Thụy Phương

TTCM, nhóm trưởng

Nguyễn Thị Thanh Hằng

Người ra đề

Nguyễn Thu Huyền