PHÒNG GD&ĐT HOÀNG MAI ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2018 − 2019 Môn kiểm tra: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 90 phút (Đề kiểm tra gồm: 01 trang)
Bài 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức
3 2 5
1 1 A x
x x
= − +
− − và
2 B x
x
= − với x ≥ 0;x ≠ 1;x ≠ 4. 1) Tính giá trị của biểu thức Bkhi x = 25.
2) Rút gọn biểu thức A.
3) Đặt P = A B. . Tìm tất cả các giá trị của x để 1
2 P < x − Bài 2. (2,0 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Hướng ứng phong trào tết trồng cây một chi đoàn thanh niên dự định trồng 80 cây trong một thời gian nhất định. Do mỗi giờ chi đoàn trồng nhiều hơn dự định 5 cây nên đã hoàn thành công việc trước dự định 12 phút và trồng thêm được 10 cây. Tính số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ.
Bài 3. ( 2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
1 3
5
2 3 1
5 x y
x y
+ =
−
− =
−
2) Cho phương trình x2 +mx − =2 0 (1) (Với m là tham số ) a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thảo mãn x x12 2 + x x22 1 = 2019.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn ( ; )O R , đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AC < R). Qua C , kẻ đường thẳng d vuông góc với CA. Lấy điểm M trên đường tròn ( )O sao cho
2
AM = R. Tia BM cắt đường thẳng d tại điểm P. Tia CM cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là N , tia PA cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là Q.
1) Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: NQ / /PC
3a) Tính thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác MAB một vòng quanh AM theo R.
3b) Gọi H là giao điểm của QN và AB. Gọi E là giao điểm của MB và QN , tia AE cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là K .
Chứng minh: AE AK. +BE BM. = 4R2.
4) Chứng minh ba điểm B N, và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NEK thẳng hàng.
Bài 5. (0,5 điểm) Tìm giá trị của m để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó
2 2
(2 1) (4 5)
F = x + +y + x +my +
---HẾT---
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II QUẬN HOÀNG MAI
Bài 1
1) Tính giá trị của biểu thức B khi x = 25.
Thay x = 25(TMĐK) vào biểu thức B ta có 25 5 5
5 2 3
25 2
B = = =
− − Vậy với x = 25 thì 5
B = 3 2) Rút gọn biểu thức A.
3 2 5
1 1 A x
x x
= − +
− −
( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )( )
( )( )
3 1 2 5
1 1 1 1
3 1 2 5
1 1
3 3 2 5
1 1
2 1
x x
A
x x x x
x x
A
x x
x x
A
x x
A x x
+ +
= −
− + − +
+ − +
= − +
+ − −
= − +
= −
−
3) Đặt P = A B. . Tìm tất cả các giá trị của x để 1
2 P < x −
2 1 1
1 . 2 1
x x x x
P x x x P x
− −
= = ⇒ =
− − − ĐK: x > 0;x ≠ 1;x ≠ 4.
Có 1 1
2 x 2
x x
P x
< − ⇔ − < −
( )
1 2 1
2 0 0
x x
x
x x
− −
⇔ − − < ⇔ <
2 x 1 0
⇔ − < (vì x > 0 với mọi x thỏa mãn ĐK) 1
x 4
⇔ < .
Kết hợp điều kiện tìm được 1 0 < x < 4
Vậy với 1
0 < x < 4 thì 1
2 P < x − .
Bài 2
Gọi số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là x (cây) (x ∈N*) Số cây chi đoàn trồng được trong mỗi giờ trên thực tế là x + 5 ( cây) Thời gian chi đoàn dự định trồng xong số cây là 80
x (giờ) Số cây chi đoàn trồng được trên thực tế là 10 + 80 = 90 (cây) Thời gian chi đoàn trồng xong số cây trên thực tế là 90
5
x + (giờ) Do chi đoàn hoàn thành công việc trước dự định 12 phút 1
5h
= nên ta có phương trình: 90 1 80
5 5 x + + = x 450x x2 5x 40x 2000
⇔ + + = +
2 55 2000 0
x x
⇔ + − =
25( )
80( )
x TM
x KTM
⇔ = = −
Vậy số cây mà chi đoàn dự định trồng trong mỗi giờ là 25 cây.
Bài 3
1)
1 3
5
2 3 1
5 x y
x y
+ =
−
− =
−
ĐK: x ≥ 0;y ≠ 5
⇔
2 5
2 6 5
5 5
3 3
2 1 2 1
5 5
x y y
x x
y y
+ = =
− ⇔ −
− = − =
− −
5 1 6
2 3 1 2 4
5
y y
x x
y
− = =
⇔ ⇔
− = =
−
4( ) 6( ) x tm y tm
=
⇔ =
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; )x y = (4;6) 2)
a) Thay m = 1 vào phương trình (1) ta được :x2 + − =x 2 0 có: a + + = + + − = ⇒b c 1 1 ( 2) 0 x1 = 1,x2 = −2
b) x2 + mx − =2 0(1)
Chứng minh ∆ = m2 + >8 0, ∀m.
⇒ phương trình (1) có hai nghiệmx x1, 2phân biệt với mọi m.
Theo định lí Vi-ét ta có : 1 2
1. 2 2
x x m
x x
+ = −
= −
Theo đề ra ta có: x x12 2 + x x22 1 = 2019
1 2( 1 2) 2019
x x x x
⇔ + =
2.( ) 2019 2019
m m 2
⇔ − − = ⇔ =
Bài 4
1) Chứng minh ACPM nội tiếp
Chứng minh: ACP = 900 Chứng minh: AMB = 900
Từ đó chứng minh: AMP = 900 Có AMP +ACP = 1800
Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp 2) Chứng minh: NQ / /PC
Chứng minh CPA = AMC (1)
Chứng minh tứ giác AMNQ nội tiếp ⇒AMC = AQN (2) Từ (1) và (2) ⇒AQN = APC ⇒CP / /QN
d
Q
P N
A
O B
C
M
3a) Tính thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác MAB một vòng quanh AM theo R.
Sử dụng định lý Pitago trong ∆AMB vuông tại M, tính 15
BM = 2 R (đvđd).
Khi quay tam giác vuông AMBmột vòng quanh cạnh AM ta được hình nón với đường cao là AM = h, bán kính đường tròn đáy là BM = r. Thể tích hình nón là
3
1 2 5
3 8
V = πr h = πR (đvtt) 3b) Chứng minh: AE AK. + BE BM. = 4R2.
Chứng minh: QN ⊥ ABtại H . Chứng minh: ∆AEH ∆ABK g g( . )
. .
AE AH
AE AK AB AH AB AK
⇒ = ⇒ =
Chứng minh: ∆BEH ∆BAM g g( . )
. .
BE BH
BE BM BA BH BA BM
⇒ = ⇒ =
Chứng minh: AE AK. +BE BM. = 4R2
d
E K H Q
P N
A
O B
C
M
4) Chứng minh ba điểm B N, và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NEK thẳng hàng.
Kẻ Nx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆NEKtại N (Nx thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng NE chứa điểm A) (3)
Chứng minh được ENx = NKE Chứng minh được NKE = ENA ENx ENA
⇒ = (4)
Từ (3) và (4) ⇒ tia Nx và tia NA trùng nhau
⇒ NA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆NEKtại N .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆NEK ⇒ AN ⊥ NI , mà AN ⊥ BN Suy ra được B N I, , thẳng hàng.
d
I K
E H Q
P N
A
O B
C
M
Bài 5
Ta có: (2x + +y 1)2 ≥ 0,(4x +my + 5)2 ≥ 0, suy ra: F ≥ 0
Xét hệ 2 1 0 4 2 2 0
( 2) 3 0
4 5 0 4 5 0
x y x y
m y
x my x my
+ + = + + =
⇔ ⇒ − + =
+ + = + + =
+ Nếu m ≠ 2 thì
3 2 0 2
5 4 2
y m
m m
x m
=
−
− ≠ ⇒ = −
− Suy ra F có giá trị nhỏ nhất bằng 0 + Nếu m = 2 thì:
2 3 2 2
(2 1) (4 2 5) (2 1) [2 (2 1) 3]
F = x + +y + x + y + = x + +y + ⋅ x + +y + Đặt 2x + + =y 1 z thì
2 2
2 6 9 6 9 9
5 12 9 5 5
5 25 5 5 5
F z z z z
= + + = + + = + + ≥
F nhỏ nhất bằng 9
5 khi 6
2 1
x y −5
+ + = hay 11 5 2 ,
y − x x
= − ∈ ℝ
