De ks doi tuyen hsg 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học 2016 - 2017 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề bài gồm 01 trang). Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho biết a - b = 2  1 ; b - c = 2  1 . Tính giá trị của biểu thức: 2 2 2 A= a  b  c  ab  bc  ca . b) Rút gọn biểu thức sau: B  2 x  2 2 x  1  2 x  2 2 x  1 Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 2 a) (x  2x  3)(x  x  1  3) 0 2 b) x  2 x 2 2 x  1. Câu 3 (2,0 điểm). 2 a) Tìm các số nguyên x thỏa mãn x  3x  19 là một số chính phương. b) Tìm các số nguyên dương x; y thoả mãn đẳng thức: x + y = 48 Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Kẻ HI vuông góc với AB, HK vuông góc với AC (I thuộc AB, K thuộc AC). Chứng minh: BI AB3  3 a) CK AC b) CK. BH  BI. CH AH. BC 1 2) Không sử dụng máy tính, hãy chứng minh: cos360.cos720 = 4. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x; y; z ; là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y + 2z ========HẾT=========..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm Câu. Ý. Nội dung 2. 2. Điểm. 2. Xét 2.A = 2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca. 0,25. (a  b) 2  (b  c ) 2  (c  a) 2. a).  (a  b)  (b  c).  = -(. Ta có c - a = -(a - c) = - . 2  1  2  1)  2 2. 0,25 0,25. 2 2 2  2 A ( 2  1)  ( 2  1)  ( 2 2) 14 A=7. B  2x  2x  1 . 1. 2x . 2 x  1 (ĐKRG:. B  (2 x  1)  2 x  1  1 . 2đ.  ( 2 x  1  1)2 . b).  2x  1 1 . (2 x  1) . x. 1 2 ). 0,25. 2 x  1 1. ( 2 x  1  1)2. 2 x  1  1  2 x  1 1 . 2x  1  1. 0,25. * Nếu 2 x  1 1  2 x  1 1  x 1. 0,25. thì B  2 x  1  1  ( 2 x  1  1) 2 * Nếu. 2 x  1 1  0 2 x  1 1 . 2. thì B  2 x  1 1  (1  ĐKXĐ: x 1. 2đ. (x 2  2x  3)(x . Có:. 1  x 1 2. 0,25. 2 x  1) 2 2 x  1.  x 2  2x  3 0 x  1  3) 0    x  x  1  3 0. (1). 0,25. (2).  x  1 x 2  2x  3 0  (x  1)(x  3) 0    x 3 Giải pt (1):. a). 0,25. 0,25. Đối chiếu ĐKXĐ suy ra x = 3 x. x  1  3 0 . Giải pt (2):  x 3   2  x  7x  10 0  . 0,25  x 2  x 5 . Tập nghiệm của pt là b) ĐKXĐ:. x.  x  3 0 x  1 x  3   2  x  1 (x  3).  x 5. (thỏa mãn ĐKXĐ). S  3;5. 1 2 . Phương trình đã cho tương đương với:. x 2  (2 x  1)  2 2 x  1  1 0  x 2  ( 2 x  1  1) 2 0. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  (x   x. 2 x  1  1)( x  2 x  1  1) 0 1 x 2 x  1  1 0 (vì 2 nên x  2 x  1  1  0 ).  x  1 0  x 1  x  1  2x  1    2 2 ( x  1) 2 x  1  x  4 x  2 0  x 1 1   x 2  2 x x  2  2  1,2 2) (thỏa mãn ĐKXĐ. 0,25 0,25. 0,25. Nghiệm của phương trình là x 2  2 2 2 x 2  3x 19 là số chính phương suy ra x  3x  19 y , (y  ) 2 2 Suy ra 4x  12x  76 4y   2x  3  2y   2x  3  2y   67 Do x, y nguyên và y không âm nên suy ra. 0,25. 2x  3  2y; 2x  3  2y  ; 2x  3  2y 2x  3  2y. a). Nên xảy ra 2 trường hợp sau:  2x  3  2y 67; 2x  3  2y  1 (1)  2x  3  2y 1; 2x  3  2y  67 (2) . Giải (1) được x = 18; y = 17 Giải (2) được x = -15; y = 17 Vậy x = 18 hoặc x = - 15 là giá trị cần tìm. ĐK 0 < x; y < 48 3 2đ. Có. x + y = 48. Û. x+ y =4 3. Û. x =4 3-. y. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. Û x = 48 + y - 8 3y b). Û 8 3y = 48 + y - x 48 + y - x Î ¤ 8 2 * Suy ra 3y là số chính phương  y 3k (k   ) Û. 3y =. Có y < 48.  k 2  16  k   1; 2;3. 0,25. *)k 1  y 3; x 27 *)k 2  y 12; x 12 *)k 3  y 27; x 3. 0,25. Vậy các cặp (x ; y) cần tìm là (3 ; 27) ; (12 ; 12) ; (27 ; 3). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25. 1a) 1đ Vẽ hình đúng Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH suy ra: AB2 BH.BC; AC 2 CH.BC . AB2 BH.BC BH AB4 BH 2     (1) AC2 CH.BC CH AC 4 CH 2. 0,25. Xét tam giác ABH vuông tại H, có HI là đường cao suy ra: CH 2 CK.CA . BH 2 BI.AB  (2) CH 2 CK.AC. BH 2 BI.BA; tương tự có AB4 BI.AB AB3 BI    4 3 Từ (1) và (2) suy ra AC CK.AC AC CK (đ.p.c.m) Có CK. BH  BI. CH AH. BC. 4 3đ. 0,25 0,25 0,25.  CK. BH.BC  BI. CH.BC AH.BC. 1b).  CK.AB  BI.AC AB.AC CK BI   1 AC AB. 0,25. 1đ Xét tam giác ABC có HK//AB theo định lí TaLet có: CK CH BI BH  (1);  CA BC tương tự có BA BC (2) CK BI  1 Từ (1) và (2) suy ra AC AB (đ.p.c.m). 0,25 0,25 A.      Vẽ tam giác ABC cân tại A có B C 72  A 36 Đặt AB = AC = b, BC = a (a, b > 0). 2) 1đ. a. b. 0,25. K E.  Kẻ BE là phân giác của B , hạ EK  AB, AD  BC Tam giác BCE cân tại B suy ra BE = BC= a B    Tam giac ABE có A B 36  ABE cân tại E. b. a. D. C. a. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Suy ra AE = BE = a Có EK là đường cao nên suy ra EK đồng thời là trung tuyến b a BD  2 tương tự có 2 Suy ra AK b BD a b a 1 cos 36   ;cos 72    cos 36.cos 72  .  AE 2a AB 2b 2a 2b 4 Ta có AK . 0,25. 0,25. Có x; y; z > 0 áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 51 2 51 2 51 x  y  .2xy ( 5  1)xy (1) 2 2 2 2.  5  1 2 2 5 1 xz ( 5  1)xz   x  z 2. 2  2 . 0,25. (2). 2.  5  1 2 2 5 1 yz ( 5  1)yz   y  z 2. 2 2  . (3). Từ (1); (2); (3) ta có: 2. 2. 5  1 2  5  1 2 5  1 2  5  1 2 2 2 x   y    x   y  z  z ( 5  1)(xy  xz  yz) 2 2  2   2 . 5 1đ. 0,25.  x 2  y 2  2z 2 ( 5  1) (do xy +yz + zx = 1). Hay A  5  1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các bđt (1) ; (2) ; (3) cùng trở thành đẳng thức và xy +yz + zx = 1   xy  yz  zx 1    x y    5  1 x z  2. 4 3  5  x y   5  4 3 5 ( 5  1)  z   10 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là. 4 3  5  x y   5  4 3 5 ( 5  1)  z   5  1 , đạt được khi  10. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>