Mô tả:
Trường THCS Yên Giang
ĐỀ THI MÔN : TOÁN 9
Thời gian làm bài : 150 phút
Họ và tên người ra đề : Lưu Thùy Dương
ĐỀ THI :
Câu 1.(2 điểm )
Cho biểu thức P
3x 9 x 3
x x 2
x 1
x 2
x 2
x1
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x = 3 2 2
Câu 2. ( 2 điểm ). Cho phương trình 2x2 – 4mx + 2m2 -1 = 0 ( 1) ( m là tham số)
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để phương trình ( 1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
2x1 + 4mx2 + 2m2 – 1 > 0
x xy y 1
Câu 3. ( 2 điểm ) . Giải hệ phương trình sau y yz z 4
z zx x 9
Câu 4. (4điểm ) .Cho điểm A di chuyển trên đường tròn tâm O đường kính BC = 2R ( A
không trùng với B và C ). Trên tia AB lấy điểm M sao cho B là trung điểm của AM. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của A lên BC và I là trung điểm của HC.
a) Chứng minh rằng M chuyển động trên một đường tròn cố định.
b) Chứng minh rằng AHM CIA
c) Chứng minh rằng MH vuông góc với AI
d) MH cắt đường tròn (O) tại E và F, AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai G. Chứng
minh rằng tổng các bình phương các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.
HƯỚNG DẪN CHẤM
3x 9 x 3
x 1
x 2
x x 2
x 2
x1
x
0,
x
1
Biểu thức P xác đinh khi
Ta có :
Câu 1. a) P
(0,25đ)
x 2 x 2
x 1 x 2
x 1 x 2
x 1 x 2 x 1
3x 3 x 3 x 1 x 4
x 3 x 2
=
x 1 x 2
x 1 x 2 x 1 x 2 x 1
2 1 1
2 2
2 1
b) Khi x = 3 2 2 = 2 1 x 2 1 . Khi đó P =
2 1 1
2
P
3x 3 x 3
x 2 3x 3 x 3
x1
x 1
x 2
2
2
x 1
x1
(0,5đ)
(0,75đ)
(0,5đ)
Câu 2. a) Ta có ’ = 2m 2 2m 1 2 0 với mọi m nên phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt với mọi m.
(0,5đ)
c) Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Theo định lí Vi- ét có
x1 + x2 = 2m.
(0,25đ)
2
Do x1 là nghiệm của phương trình (1) nên có 2x1 + 4mx1 + 2m – 1 = 0
2
Ta lại có Q = ( 2x1 + 4mx1 + 2m2 – 1) + 4m(x1 + x2) = 4m(x1 + x2) = 4m. 2m = 8m2 (0,75đ)
Vậy Q > 0 8m 2 0 m 0
(0,25đ)
m
0
Vậy với
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn đề bài.
(0,25đ)
Câu 3. Ta thấy hệ
x xy y 1
x 1 y xy 2
y yz z 4 y 1 z zy 5
z zx x 9
z 1 x zx 10
( x 1)( y 1) 2
( y 1)( z 1) 5
( z 1)( x 1) 10
()
2
Do đó x 1 y 1 z 1 102 , xảy ra hai khả năng
(1đ)
(0,25đ)
x 1 2
Nếu x 1 y 1 z 1 10 , thì kết hợp với (*) có y 1 1
z 1 5
x 1
y 0
z 4
x 1 2
Nếu x 1 y 1 z 1 10 , thì kết hợp với (*) có y 1 1
z 1 5
x 3
y 2
z 6
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x ; y ; z) là ( 1 ; 0 ; 4 ) và ( -3 ; -2 ; -6 )
Câu 4:
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
A
F
N
O'
B
H
O
C
I
E
M
G
P
K
a) Lấy O’ đối xứng với O qua B, khi đó O’ cố định. Ta chứng minh được
ABO = MBO’ (c.g.c) . Suy ra O’M = OA = R . Do đó M chuyển động trên đường tròn
( O’ ; R ) cố định.
(1đ)
AC AB
AC AM
AHM
b) Ta có ABC vuông ở A nên MAH
CIA
ACI và
HC AH
CI
AH
(c.g.c)
(0,75đđ)
c) Gọi N là giao điểm của HM với AI. Do AHM CIA nên
AMH CAI
AMN NAM
CAI
NAM
90 . Từ đó suy ra MH vuông góc với AI (0,75đ)
d) Kẻ đường kính AK, khi đó AGK 900 . Từ đó và câu b) suy ra KG // EF. Tứ giacá EKGF
là hình thang nội tiếp đường tròn (O) nên nó là hình thang cân. Do đó GF = EK, suy ra
AE2 + GF2 = AE2 +EK2 = AK2 = 4R2. Tương tự ta có EG2 + FA2 = 4R2
Vậy AE2 + GF2 + EG2 + FA2 = 8R2 ( không đổi )
( 1,5đ)
- Xem thêm -