TOÁN 9 đề và đa THCS ARCHIMEDES ACADEMY 2018 2019 (1) (1)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (324.64 KB, 6 trang )
THCS ARCHIMEDES ACADEMY
ĐỀ THI TOÁN 9 NGÀY 27-4-2019
TỔ TOÁN
Năm học 2018 – 2019
Thời gian: 120 phút
Câu I (2 điểm).
Cho biểu thức A =
4x 8 x
và B =
x4
x 2
x 2
1
với x 0; x 4
:
x 2 x 2
x 2
a) Tính giá trị của A tại x = 9
b) Rút gọn biểu thức B
c) Cho P =
B
. Tìm m để phương trình ( x 2 x ).P m có nghiệm.
A
Câu II (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.
Trong lễ trưởng thành cho học sinh khối 9 niên khóa 2015 – 2019 của trường
Archimedes, các bạn học sinh xếp hàng chụp ảnh kỉ niệm. Nếu xếp thành 7 hàng thì
thừa 3 bạn, nếu xếp thành 10 hàng thì thiếu 1 bạn, biết rằng số bạn mỗi hàng khi xếp
7 hàng nhiều hơn số bạn mỗi hàng khi xếp 10 hàng là 8 bạn và số bạn ở mỗi hàng là
như nhau. Tính số học sinh khối 9 niên khóa 2015 – 2019 của trường Archimedes.
Câu III (2 điểm).
y
x 1 y 1 1
1. Giải hệ phương trình
4x 4 2 y 1 3
y 1
2. Cho phương trình x 2 7 x 2m 1 0
a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x13 x23 3x1 x2 147
Câu IV (3,5 điểm). Cho ∆ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn (O;R). Điểm
M bất kì trên cung nhỏ AC (AM > MC). Gọi H, I và K lần lượt là hình chiếu của M
lên AB, AC và BC.
a) Chứng minh 4 điểm M, I, C, K cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh: MI.MB = MK.MA
c) Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và IK. Chứng minh:
i. H, I, K thẳng hàng
ii. ME ⊥ DE
d) Chứng minh:
AB BC AC
+
=
MH MK MI
1
Câu V (0,5 điểm). Cho các số a, b, c [0;1] và x, y, z 0; thỏa mãn điều kiện:
2
a b c x y z 1
Chứng minh rằng: ax by cz 8abc
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Hướng dẫn chấm:
Câu
Đáp án
a) Với x = 9 (thỏa mãn điều kiện)
4.9 8 9
12
94
b) Điều kiện x 0, x 4
A=
( x 2)2 ( x 2) 2
8 x
B=
.( x 2)
( x 2)( x 2)
x 2
B
c) Điều kiện xác định của P =
A
A ≠ 0 x 0 x 0, x 4
Điểm
0.25
0.25
1
Câu I Khi đó: P = 2( x 2)
(2đ)
x 2
( x 2 x ).P m 2 x ( x 2) m 2 x 4 x m 0
Đặt
x t (t 0, t 2) . Khi đó phương trình trở thành:
2t 4t m 0 . Phương trình có nghiệm khi:
' 4 2m 0 m 2 Khi đó t1 , t2 là hai nghiệm của phương
2
Câu
II
(2đ)
trình
Theo Viet: t1 t2 2 0 phương trình luôn có nghiệm dương.
Ta tìm điều kiện để t = 2 không là nghiệm.
Khi đó 2.22 – 4.2 – m ≠ 0 m ≠ 0
Vậy ta có điều kiện của m: m ≥ - 2, m ≠ 0
Gọi số học sinh mỗi hàng khi xếp hàng 7 là: x (học sinh) (x ∈ N*)
Vì số học sinh mỗi hàng khi xếp hàng 7 nhiều hơn khi xếp hàng
10 là 8 học sinh nên số học sinh khi xếp hàng 10 là: x – 8 (học
sinh)
Khi xếp hàng 7 thì thừa 3 học sinh nên số học sinh là: 7x + 3 (học
sinh)
Xếp hàng 10 thì thiếu 1 học sinh nên số học sinh là: 10(x – 8) – 1
(học sinh)
Khi đó ta có phương trình:
7x + 3 = 10(x – 8) – 1 7x + 3 = 10x – 81 3x = 84 x = 28
(thỏa mãn)
Số học sinh của trường Archimedes năm học 2015-2019 là:
7.28 + 3 = 199 (học sinh)
1. Giải hệ phương trình
Điều kiện: x 1, y 1
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
Câu
III
(2đ)
1
x 1 y 1 2
Biến đổi hệ ta có:
2 x 1 1 1
y 1
x 1 1
x 2
Giải được: 1
(thỏa mãn)
y 1 1 y 0
0.25
0.5
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là: (2;0)
2. Phương trình: x 2 7 x 2m 1 0
Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi:
0
53 8m 0
1
53
m
S 7 0
2
8
P 2m 1 0 2m 1 0
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt m
0.5
53
8
x1 x2 7
x1 x2 2m 1
Theo Viet:
x13 x23 3x1 x2 147 ( x1 x2 )[( x1 x2 )2 x1 x2 ] 3( x1x2 49) 0
( x1 x2 3)(49 x1 x2 ) 0
+ x1 x2 49 2m 1 49 m 25 (không thỏa mãn)
x1 x2 7
x 5
1
x1 x2 3
x2 2
11
Khi đó x1 x2 2m 1 10 m (thỏa mãn)
2
11
Vậy m
2
+ x1 x2 3
0.5
0.25
A
H
D
O
M
I
E
K
B
Câu
IV
(3,5đ)
C
a) Ta có MI ⊥ AC MIC 900
MK ⊥ BC MKC 900
Xét tứ giác MICK có MIC MKC 1800
Mà 2 góc ở vị trí đối nhau MICK nội tiếp
M, I, C, K cùng thuộc một đường tròn
b) Xét ∆IMA ∽ ∆KMB (g.g)
MI MA
MI .MB MK .MA
MK MB
c)
i. Chứng minh tứ giác AHIM, HBKM nội tiếp
Chứng minh: AMC HMK (1800 ABC ) AMH KMC
Khi đó: AIH AMH KMC CIK
AIH HIC KCI HIC 1800
H, I, K thẳng hàng.
AB AM
IK IM
AB AD AM
Do D, E là trung điểm của AB, IK
KI
IE
IM
=> ∆AMD ∽ ∆IME (c.g.c) => AMD IME AMI DME
AM IM
AIM ∽ DEM (c.g.c)
MD ME
AIM DEM 900 DE EM
MI MC
AB.MI AB.MC
d) ∆HIM ∽ ∆BCM
MH MB
MH
MB
MI MA
BC.MI BC.MA
∆ABM ∽ ∆IKM
MK MB
MK
MB
ii. Chứng minh: ∆ABM ∽ ∆IKM (g.g)
0.25
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Chứng minh: AB.MC + BC.MA = AC.MB
AB.MI BC.MI AB.MC BC.MA AC.MB
AC
MH
MK
MB
MB
AB BC AC
MH MK MI
0.25
Ta có: x y z 1 z 1 x y
Không mất tính tổng quát giả sử: 0 a b c 1
Câu
V
(0,5đ)
1
1
ax by cz ax by c(1 x y ) ax c x by c y
2
2
1
1
Do: x 0; y 0 . Suy ra:
2
2
1
1
ab
ax by cz ax a x by b y
2
2
2
ab
1
Xét hiệu:
8abc (a b 16abc)
2
2
1
[(a b) 16ab(1 a b)]
2
1
1
[(a b)(1 16ab) 16ab] (2 ab .8 ab 16ab) 0
2
2
ab
8abc
2
Suy ra: ax by cz 8abc
1
1
1
Dấu “=” xảy ra a b , c và x y , z 0
4
2
2
0.25
0.25
