10 đề kì 2 TOÁN 9 hà nội

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM ĐỀ THI HỌC KỲ II TỔ TOÁN – TIN NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN Thời gian làm 120 phút Q  x 1 x   với x  0; x  x 1 x 1 n/ Bài (2,0 điểm): Cho biểu thức: P  t.v 1) Tính giá trị biểu thức P với x  2) Rút gọn biểu thức Q le P4 Q io 3) Tìm giá trị x thỏa mãn v Bài (2,0 điểm) 1) Giải toán lập hệ phương trình phương trình vp 77 Qng đưịng AB dài 160 km Hai xe khởi hành lúc từ A để đến B Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ đến B sớm xe thứ hai 48 phút Tính vận tốc xe thứ hai Bài ( 2,5 điểm ) ie nh  2 x  y    1) Giải hệ phương trình  4 x    y 1 uo ng 2) An đứng mặt đất cách chân tòa nhà 25 mét An ngước nhìn lên đỉnh tịa nhà, tia nhìn tạo với mặt đất góc 72 Tính chiều cao củu tịa nhà biết vị trí mắt An cách mặt đất mét (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) ye n tham số  m   th 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  , với m a) Khi m  , tìm tọa độ giao điểm đường thẳng  d  parabol  P b) Tìm tất giá trị khác tham số m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai gu điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x12  1  //n Bài (3,0 điểm ) Cho đường trịn (O) với đường kính BC Gọi A điểm cung BC Lấy M ht s: điểm thuộc đoạn BO (M khác B O ) Kẻ ME vuông góc với AB E MF vng góc với AC F 1) Chứng minh năm điểm A, E, F , O M nằm đường tròn 2) Gọi D điểm đối xứng với M qua EF Chứng minh tứ giác DAFE hình thang cân 3) Đường thẳng vng góc với OD D cắt BC K Chứng minh E, F , K thẳng hàng Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm, thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  a  a  b  b  c  c -HẾT - n/ t.v le 77  x  1 1 x     x  1  x 1 x  x   x 1   x 1  x 1    x 1 x 1  x 1  x 1  x 1 ng Q    x 1 uo x Q  vp x  x 1 Q v io HƯỚNG DẪN GIẢI x Q    với x  0; x  Bài (2,0 điểm): Cho biểu thức: P  x 1 x 1 x 1 1) Tính giá trị biểu thức P với x  2) Rút gọn biểu thức Q 3) Tìm giá trị x thỏa mãn  P  Q Hướng dẫn ĐKXĐ: x  0; x  1) Ta có: P  x 1 1 Thay x  (thỏa mãn) vào biểu thức P ta có: P   1 1 1 Kết luận: Với x  giá trị biểu thức P x 2) Ta có: Q   1 ĐKXĐ: x  0; x  x 1 x 1 với x  0; x  x 1 1 3) Ta có:  P   x   4 Q x 1  x 1 ie   0 x 1 th x 1 1 ye n  nh Kết luận: Q  x4 x 4 0 x 1 x 2 gu    x 1  mà   x   x ht s: //n  x 2  0 x  Do   x    x  Kết hợp đkxđ:ta  x  x  Kết luận: với  x  x  thỏa mãn đề Bài (2,0 điểm) 1) Giải tốn lập hệ phương trình phương trình Quãng đưòng AB dài 160 km Hai xe khởi hành lúc từ A để đến B Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe thứ đến B sớm xe thứ hai 48 phút Tính vận tốc xe thứ hai 2) An đứng mặt đất cách chân tòa nhà 25 mét An ngước nhìn lên đỉnh tịa nhà, tia nhìn tạo với mặt đất góc 72 Tính chiều cao củu tịa nhà biết vị trí mắt An cách mặt đất mét (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) v 77 vp  800 x  8000  800 x  x  40 x  x  40 x  8000   x  10 x  2000    x  40  x  50    x  40 (thỏa mãn); x  50 (loại) Vậy vận tốc xe thứ hai 40 km/h 2) io le 160 160   x x  10  160.5  x  10   160.5.x  x  x  10  (h) nên ta có phương trình: n/ Vì xe thứ đến B sớm xe thứ hai 48 phút t.v Hướng dẫn x x 1) Gọi vận tốc xe thứ hai (km/h) (  ) Ta có vận tốc xe thứ x  10 (km/h) 160 Thời gian xe thứ là: (h) x  10 160 (h) Thời gian xe thứ hai là: x A 1m B 72° 25m E C ye n th ie nh uo ng D gu Gọi chiều cao bạn An AB  CE  m ; Khoảng cách từ chỗ bạn An đứng đến chân tòa nhà AE  BC  25 m   25 tan 72 Trong DAE vuông E , ta có: DE  AE.tan DAE ht s: //n Suy chiều cao tào nhà là: CD  EC  DE   25.tan 72  77,94 (m) Vậy chiều cao tòa nhà xấp xỉ 77,94 mét Bài ( 2,5 điểm )  2 x  y    1) Giải hệ phương trình  4 x   y 1  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  , với m tham số  m   a) Khi m  , tìm tọa độ giao điểm đường thẳng  d  parabol  P b) Tìm tất giá trị khác tham số m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  1  Hướng dẫn t.v le 77 v io 2a  3b  4a  6b  10  7b  Khi hệ phương trình trở thành :      4a  b   4a  b   4a  b   b 1 b  ( tmđk a  )    4a   a   x 1  x 1  x 1  ( tmđk x  0; y  )       y 1  y   y 1   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;  n/  2 x  y    1)   x  0; y  1 4 x    y 1  x a  Đặt   a  0  y 1  b  d  : y  mx  vp 2)  P  : y  x  m  0 ng a) Ta thấy m  thỏa mãn điều kiện m  Khi m  ,  d  : y  x  uo Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: nh x  3x   x  3x   Phương trình có :    3  4.1.1       ie 3 3 x2  ye n th Vì   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  gu    14   3 Với x1  Ta  y1         3 73  ;        14  3 73 Với x2  Ta  y2      2   ht s: //n  3 3  ;   2    3 73  Vậy m  , đường thẳng  d  parabol  P  cắt hai điểm   ;     3 3   ;    b)  P  : y  x d   m  0 + Hoành độ giao điểm  d   P  : y  mx  nghiệm phương trình: x  mx   x  mx   * Phương trình có :     m   4.1.1  m  Để  d   P  cắt hai điểm phân biệt phương trình (*) có hhai nghiệm phân biệt     m    m   m  2; m  Kết hợp với điều kiện m  ta m  2; m  n/  x1  x2  m + Theo hệ thức Viet ta có   x1  x2  + Vì x1 nghiệm phương trình (*) nên ta có x12  mx1   t.v  x12  mx1  + Theo ta có : x2  x1  1  le  x2  mx1   1  ie nh uo ng vp 77 v io  x2  mx1   mx1 x2   m 1   m  ( tmđk m  2; m  ) Vậy m = Bài (3,0 điểm ) Cho đường tròn (O) với đường kính BC Gọi A điểm cung BC Lấy M điểm thuộc đoạn BO (M khác B O ) Kẻ ME vng góc với AB E MF vng góc với AC F 1) Chứng minh năm điểm A, E, F , O M nằm đường tròn 2) Gọi D điểm đối xứng với M qua EF Chứng minh tứ giác DAFE hình thang cân 3) Đường thẳng vng góc với OD D cắt BC K Chứng minh E, F , K thẳng hàng Hướng dẫn 1) Chứng minh năm điểm A, E, F , O M nằm đường tròn Ta có: A ME vng góc với AB E D  AEM  90 F E B M O ht s: //n gu ye n th MF vuông góc với AC F  AFM  90 A điểm cung BC  OA  BC O   AOM  90 K    Mà AEM ; AFM ; AOM nhìn đoạn AM  điểm A, E , F , O, M nằm đường trịn đường kính AM 2) Chứng minh tứ giác DAFE hình thang cân D điểm đối xứng với M qua EF  EF  DF  MF  đường trung trực DM   DE  EM (1)  EF  DM    90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) EAF   90)   AE  MF AEFM hình chữ nhật (vì  (2) AEM   AFM  EAC   EM  AF DEF  FAE (c c c) (vì: DF  AE  MF ; DE  AF  EM ; EF cạnh chung)   EAF   90  ADEF tứ giác nội tiếp  EDF Mà A; E; F nằm đường tròn đường kính AM  D thuộc đường trịn đường kính AM C  ADM  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AM )  AD  MD Từ (1) (3)  AD // EF  DAFE hình thang Ta lại có DF  AE  DAFE hình thang cân 3) Chứng minh E, F , K thẳng hàng   45 Ta có: ABO vng cân O   ABO  BAO (3) io    KDE   180  BEDK nội tiếp Mặt khác: KBE ABO  180  KBE   KED  (hai góc nội tiếp chắn cung) (4)  KBD   DAC  (cùng bù với DBC ) Tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O)  KBD le t.v n/ Xét đường trịn đường kính AM có:   EAO   sđ EO  (hai góc nội tiếp chắn cung ) EDO   45 Do  ABO  EDO   KDE   EDO   90  KDE   45 Mà KD  OD D  KDO   ABO  KDE uo ng biểu thức P  a  a  b  b  c  c Hướng dẫn * Tìm Pmin vp 77 v (5)   Từ (4) (5)  KED  DAC   DEF   180  KED   DEF   180 Mà: DAFE hình thang cân  DAC  E, F , K thẳng hàng Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm, thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn Vì a  b  c  a  b  c   a  a ; b  b ; c  c nh  P  a  a  b2  b  c  c  a  a  b2  b2  c  c  2a  2b  2c   a  b  c   ie P Dấu “=” xảy   a , b, c    0; 0; 1 ;  0; 1;  ; 1; 0;  ye n * Tìm Pmax th Vậy Pmin    a, b, c    0; 0; 1 ;  0; 1;  ; 1; 0;  P  a  a  b2  b  c2  c gu  a  a  1  b  b  1  c  c  1 a 1 b 1 c 1  b  c 4 Theo bất đẳng thức Cô si ta có: a 1  b 1  c   5a  5b  5c  5      a  b  c      P  a    b    c        4 4 4  a 1  a   4a  a   b 1   Dấu “=” xảy  b   4b  b   a  b  c    4c  c    c 1 c   Vậy Pmax   a  b  c  ht s: //n  a UBND QUẬN BẮC TỪ LIÊM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN Thời gian làm 120 phút x 1 ; x 1 Cho P  A : B Tìm giá trị x để P  n/ Chứng minh B  x   với x  0; x  x 1 x 1 x 1 t.v x ;B  x 1 Tính giá trị biểu thức A x  49; Bài I: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A   x   x   x  uo ng vp 77 v io le Bài II: (2,0 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 124m Nếu tăng chiều dài thêm 5m chiều rộng thêm 3m diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn ban đầu? 2) Tính diện tích mặt bàn hình trịn có đường kính 1,2m (Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Bài III: (2,5 điểm) 2  x    y   1) Giải hệ phương trình  5  x    y   16 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  (m tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm  d   P  m  nh b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn th ie 1   x1 x2 Bài IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O; R  , đường kính AB Trên tia tiếp tuyến kẻ từ A nửa đường tròn gu ye n lấy điểm C cho AC  R Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD nửa đường tròn  O; R  , với D tiếp điểm Gọi H giao điểm AD OC 1) Chứng minh: ACDO tứ giác nội tiếp 2) Đường thẳng BC cắt đường tròn  O; R  điểm thứ hai M Chứng minh: CD  CM CB ht s: //n   CBO  CM  KM 3) Gọi K giao điểm AD BC Chứng minh: MHC CB KB Bài V: (0,5 điểm) Cho a, b  thỏa mãn : a  b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: M   4ab a b ab -HẾT - HƯỚNG DẪN x x ;B  Bài I: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A    với x  0; x  x 1 x 1 x 1 x 1 Tính giá trị biểu thức A x  49; x 1 ; x 1 Cho P  A : B Tìm giá trị x để P   x   x   x  n/ Chứng minh B  Ta có P  A : B     x 1  x 1  x 1 x 1 x x 1 x :  x 1 x 1 x 1 x 1  x   x  Điều kiện: x  4 x x 1  x   x   x  x   x  Nên x 1  uo  nh  x  x4 x4  x4 x4 4 x     x 1  x  x  x 1 le x 1  io  x 1  x 1  ng Khi P    v x 1  x  x   x 1 x 1  x 77 x    x 1 x 1 x 1 Xét B  B 49 4.7   14 49  vp Với x  49  A  t.v Hướng dẫn   x   x     ye n th ie  x 2    x  x4 x4  x 2  x4  Do   x    x    x  Dầu “ ” xảy     x  4(tm)  x    x   Vậy x  P   x   x   x  ht s: //n gu Bài II: (2,0 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 124m Nếu tăng chiều dài thêm 5m chiều rộng thêm 3m diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn ban đầu? 2) Tính diện tích mặt bàn hình trịn có đường kính 1,2m ( Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Hướng dẫn 1) Gọi chiều dài ban đầu mảnh vườn x (m), chiều rộng ban đầu y (m) ( x > y > 0) Vì chu vi ban đầu mảnh vườn 124m nên ta có phương trình: 2( x + y ) = 124  x  y  62 (1) Sau thay đổi kích thước chiều dài mảnh vườn là:( x + 5) (m) chiều rộng là:( y + 3) (m) Diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m nên ta có phương trình: ( x + 5)(y + 3) = xy + 255  x  y  240 (2)  x  y  62 3 x  y  186  y  27 Từ (1), (2) ta có hệ :  ( thỏa mãn điều kiện)   3 x  y  240 3 x  y  240  x  35 Vậy chiều dài ban đầu mảnh vườn 35m, chiều rộng 27m 1,  0, 6( m) Diện tích mặt bàn : S   R  3,14.(0, 6)  1,13( m ) Bài III: (2,5 điểm) 2  x    y   1) Giải hệ phương trình  5  x    y   16 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  (m tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm  d   P  m  t.v n/ 2) Bán kính mặt bàn : R  1   x1 x2 io le b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn 77 vp uo ng 2  x    y   (ĐKXĐ: y  ) 1)  5  x    y   16  x   a hệ phương trình trở thành Đặt   y   b  b    2a  b   5a  2b  16 4a  2b  12  5a  2b  16 v Hướng dẫn th ie nh a    2a  b  a   2.4  b  ht s: //n gu ye n a  (tmđk b  )  b   x     y   x    y 1  x  (tmĐKXĐ)  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) (2;5) 2) a) Thay m = vào phương trình đường thẳng (d) ta có y = 2x + Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) (d) x2  x   x2  2x     b  4ac   2   4.1  3  16 t.v le  x  mx   n/ 0  phương trình có hai nghiệm phân biệt b    16 x1   3 2a 2.1 b    16 x2    1 2a 2.1 Thay x1  vào phương trình (P) ta có y1  Thay x2  1 vào phương trình (P) ta có y2  Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) (d) (3; 9) (-1; 1) b) Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) (d) x  mx   * io   b  4ac   x1  x2   3x1.x2 9 gu m 77 vp ye n  2m   3 th ie nh uo ng Có m  12  12  0  phương trình có hai nghiệm phân biệt với m  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m Áp dụng hệ thức Vi et ta có b S  x1  x2  m a c P  x1 x2   3 a Vì x1.x2  3  x1.x2  nên x1  x2  1 Ta có   x1 x2 x x   x1.x2 v  m  4.1  3   m  12 Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn 1 9   m x1 x2 2 //n Bài IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn  O; R  , đường kính AB Trên tia tiếp tuyến kẻ từ A nửa đường tròn ht s: lấy điểm C cho AC  R Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD nửa đường tròn  O; R  , với D tiếp điểm Gọi H giao điểm AD OC 1) Chứng minh: ACDO tứ giác nội tiếp 2) Đường thẳng BC cắt đường tròn  O; R  điểm thứ hai M Chứng minh: CD  CM CB   CBO  CM  KM 3) Gọi K giao điểm AD BC Chứng minh: MHC CB KB Hướng dẫn TRƯỜNG VINSCHOOL ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Tình giá trị biểu thức A x  t.v Câu (2 điểm) Cho biểu thức A  Thời gian làm 120 phút x 1 x 4x  x B    với x  0, x  x 3 x 3 x 3 x 9 n/ Mơn: TỐN le Rút gọn biểu thức B Tìm giá trị x để biểu thức P  A : B đạt giá trị nhỏ io Câu (2,5 điểm) 77 v 1) Cho hình chữ nhật, tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm diện tích hình chữ nhật tăng 9cm , giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm diện tích hình chữ nhật khơng đổi Tìm chiều dài chiều rộng hình chữ nhật ban đầu uo ng vp 2) Một viên gạch men hình vng cạnh 40cm Vẽ bốn nửa hình trịn, đường kính cạnh hình vng qua tâm hình vng để tạo thành bốn cánh hoa,mỗi cánh hóa phần chung hai nửa đường tròn vừa vẽ (như hình vẽ bên) Tính diện tích bốn cánh hoa (làm trịn đến chữ số thập phân sau dấu phẩy)  3x  y  Giải hệ phương trình  2 x  y  7 nh Câu (2 điểm) ie Trong mặt phẳng tọa độ Ox, cho đường thẳng d : y  x  m ( m tham số) parabol th  P  : y  x2 ye n a) Tìm giá trị tham số m để d cắt  P  hai điểm phân biệt b) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d  P  m  4 gu Câu (3 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB , AC ( B, C //n tiếp điểm) vẽ cát tuyến AEF không qua tâm O ( E nằm A F ) đường tròn  O; R  Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO ht s: Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   x3  3x -HẾT - B  x 3 x 3   x 3 x     x 3 x 3   x 3    4x  x 3 3x  x  x  x  x    x  3 6  x  1 B  x  3 x  3 nh ie th Vậy với x  0, x  giá trị biểu thức B  Ta có: P  A : B  x 3 6   x 3  Điều kiện: x  0, x  ye n  //n P  6 x 1  x 3  x 1 gu P  x 3  : x 1 x 3  x 3 x 1 6 x 3 Ta thấy: x  với x  0, x  s: P ht x 3  uo x 3  vp  x ng B 77 v n/ t.v le io HƯỚNG DẪN x 1 x 4x  x B  với x  0, x  Câu (2 điểm) Cho biểu thức A    x 3 x 3 x 3 x 9 1 Tình giá trị biểu thức A x  Rút gọn biểu thức B Tìm giá trị x để biểu thức P  A : B đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn 1 1 1 1 Thay x  (TM) vào biểu thức A ta được: A    3 3 1 Vậy với x  giá trị biểu thức A   x 4x  x B    Điều kiện: x  0, x  x 3 x 3 x 9  x   với x  0, x  1   với x  0, x  x 3 6   2 với x  0, x  x 3  P  với x  0, x  Dấu “  ” xảy khi: x  Vây giá trị nhỏ biểu thức P  2  x  6  x 3  x 1  x 3  77 v io le t.v n/ Câu (2,5 điểm) 1) Cho hình chữ nhật, tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm diện tích hình chữ nhật tăng 9cm , giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm diện tích hình chữ nhật khơng đổi Tìm chiều dài chiều rộng hình chữ nhật ban đầu 2) Một viên gạch men hình vng cạnh 40cm Vẽ bốn nửa hình trịn, đường kính cạnh hình vng qua tâm hình vng để tạo thành bốn cánh hoa,mỗi cánh hóa phần chung hai nửa đường trịn vừa vẽ (như hình vẽ bên) Tính diện tích bốn cánh hoa (làm trịn đến chữ số thập phân sau dấu phẩy) vp Hướng dẫn 1) Gọi chiều rộng chiều dài hình chữ nhật ban đầu x  cm  y  cm  ,  x  1, y  1 ng Khi tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm ta chiều rộng chiều dài là: x   cm  y  1 cm  uo Theo đề ta có phương trình:  x   y  1  xy    x  y  11 1 nh Khi giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm ta chiều rộng chiều dài là: x  1 cm  y   cm  Theo đề ta có phương trình:  x  1 y    xy  x  y    ht s: //n gu ye n th ie  x  y  11 x  Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  (thỏa mãn)  2 x  y  y  Vậy chiều rộng chiều dài hình chữ nhật ban đầu  cm   cm  2) Xét nửa đường trịn  O, OA hình vẽ Ta có tam giác OAB vng cân O , OA  OB  20cm  S OAB  OA2  200  cm  2  20 90 Diện tích hình quạt OAB là: S1   100  cm  360 Diện tích hình viên phân AmB là: S  S1  S OAB  100  200  cm  Tổng diện tích bốn cánh hoa S  100  200   913,3  cm   3x  y  Giải hệ phương trình   x  y  7 Trong mặt phẳng tọa độ Ox, cho đường thẳng d : y  x  m ( m tham số) parabol  P  : y  x2 a) Tìm giá trị tham số m để d cắt  P  hai điểm phân biệt t.v b) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d  P  m  4 n/ Câu (2 điểm) v io le Hướng dẫn Giải hệ phương trình  x  y  3 x  y   3x  y   y3      x  y  7  x  2  11x  22 8 x  y  28 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3 77 Xét phương trình hồnh độ d  P  ta được: x  x  m  x  x  m  1 vp a) Để d cắt  P  hai điểm phân biệt phương trình 1 phải có hai nghiệm phân biệt Ta có:    5   4.1.  m   25  m ng Phương trình 1 có nghiệm phân biệt     25  4m   m   25 d cắt  P  hai điểm phân biệt b) Khi m  4 1 trở thành: x  x   uo Vậy m   24 ie th  x 1   x 1   x   x  Khi x   y  Khi x   y  16 nh  x  x  x    x  x     x      x   x  1  ye n Vậy m  4 d cắt  P  hai điểm phân biệt có tọa độ A 1;1 B  4;16  Câu (3 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC ( B, C gu tiếp điểm) vẽ cát tuyến AEF không qua tâm O ( E nằm A F ) đường tròn  O; R  Gọi H giao điểm AO BC ht s: //n Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO Hướng dẫn B M O n/ H A E I le C t.v F vp 77 v io Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Tứ giác ABOC có  ABO   ACO  90 (tính chất tiếp tuyến) nên tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Xét ABE AFB có:  chung; BAE  ) ABE   AFB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BE AB AF   AB.BF  AF BE BE BF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO Ta có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), mà OB  OC (bán kính  O  )  AO trung uo ng  ABE ” AFB  g g   gu ye n th ie nh trực BC  AO  BC trung điểm H BC Trong tam giác ABO vuông B có BH đường cao, ta có: AB  AH AO (1); AB AF Mặt khác ABE ” AFB    AB  AE AF (2); AE AB AH AF Từ (1) (2), ta có AH AO  AE AF   AB    AE AO Xét AHE AFO có:  chung; AH  AF (chứng minh trên) HAE AE AO AHE ” AFO  c.g c    AHE   AFO  tứ giác EHOF có góc ngồi đỉnh H góc //n đỉnh F nên tứ giác nội tiếp  bốn điểm E , H , O, F nằm đường tròn I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF , mà M trung điểm dây OH nên IM  OH (quan hệ vuông góc đường kính dây) Vậy MI  HO ht s: Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   x3  3x Hướng dẫn Ta có : x  x   x3  3x   x  1   x  x  3 ĐKXĐ: x  Cách : Đặt ẩn phụ Đặt x   a  a   ; x  b  b  0 Ta có phương trình: a  2b  ab    a  b    b  ab     a  b  a  b   b  b  a     a  b  a  2b   n/ a  b    a  2b TH1: a  b  Khơng thể xảy a  0; b  TH2: a  2b t.v Ta có: x   x  x   x    x  1 x  3  io le  x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  Cách 2: Bình phương hai vế đưa phương trình tích v 2 Bình phương hai vế ta có :  x  1    x  x   77   x  1   x  1   x  x  3   x  1   x  1  x  x  1  1  x     x  1  x  1   x  1  x  x  1  4      x  1  x  x  x    uo   x  1 x    x  x    vp ng nh  11  Nhận xét: x  x    x     m 2    x  1 x  3  ye n th ie  x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  Cách 3: Tách hạng tử đưa phương trình tích PT cho  x   x  x  x  x  3    2 x   x 2 x  x  3  x   x  x   x   x  x  x   x  x   x  x   x   x  x   x   x2  gu     ht s: //n  2 2 2  x   x  (  x2   x2   x  )  x2   x  x2   x    x  1 x  3   x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  -HẾT - PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN LONG BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II LỚP NĂM HỌC 2020-2021 Mơn: Tốn Ngày thi: 16/4/2021 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề ) Câu 1: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình x  3x   x  2y  2) Giải hệ phương trình  x y  18      x  3) Rút gọn biểu thức P   với x   : x 1 x  x 1 x x Câu 2: (1,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình lập hệ phương trình: Đáp ứng nhu cầu vận chuyển hàng hóa cho người dân đợt dịch covid-19 vừa qua, tàu thủy chở hàng từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian 30 phút (khơng tính thời gian nghỉ) Hãy tìm vận tốc tàu thủy nước yên lặng, biết khoảng cách hai bến sông A B 24 km vận tốc nước chảy km/h Câu 3: (2,0 điểm) 1) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x 2) Cho phương trình x  1  m  x  m  (với x ẩn số, m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn điều kiện x1   x2     x2   26 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC  cm Trên nửa đường tròn lấy điểm A (điểm A khác điểm B, điểm A khác điểm C) Vẽ đường cao AH tam giác ABC ( H  BC ), BC lấy điểm D cho BD = BA Kẻ đường thẳng AD, gọi điểm E hình chiếu điểm C đường thẳng AD 1) Chứng minh tứ giác AHEC tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: DA.HE  DH.AC tam giác EHC cân 3) Gọi R1 , R2 , R3 bán kính đường trịn nội tiếp ΔABH, ΔACH, ΔABC Tìm vị trí điểm A nửa đường tròn để R1  R2  R3 đạt giá trị lớn nhất? Câu 5:(0,5 điểm) y2 x , y  20 Tìm giá trị số thực thỏa mãn điều kiện 10 x   Cho x nhỏ biểu thức P  xy - Hết Họ tên Thí sinh: .SBD PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẬN LONG BIÊN HƯỚNG DẪN CHẤM Năm học 2020-2021 Mơn thi : Tốn Nội dung trình bày Câu ý 1 Giải phương trình: x  x   1,0 đ Ta có: a  b  c     0,5đ Phương trình có hai nghiệm x1  ; x2  5 0,5đ Giải hệ phương trình:  x  y   3 x  y  18  x   y  4 y  1  y   18 x  x   2y    3 10 y  15  y   x   Vậy hệ phương trình có nghiệm  3  y  1,0 đ x A    :   x 1  x  x 1  x x 0,5 đ  1 x   :    1 x  x  x  1 x Điểm x 1 0,5đ 0,25đ 0,25đ x  x  1 1  x 1  x    x  x 1 x 0,25đ x x 0,25đ x Đáp ứng nhu cầu vận chuyển hàng hóa cho người dân đợt dịch covid-19 vừa qua, tàu thủy chở hàng từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian 30 phút (khơng tính thời gian nghỉ) Hãy tìm vận tốc 1,5đ tàu thủy nước yên lặng, biết khoảng cách hai bến sông A B 24 km vận tốc nước chảy km/h Gọi vận tốc tàu thủy nước yên lặng x (km/h, x  4) 0,25đ Vận tốc tàu thủy xi dịng x  (km/h) 24 (h) Thời gian tàu thủy chạy xi dịng 0,25đ x4 Vận tốc tàu thủy ngược dòng x  (km/h) 24 Thời gian tàu thủy chạy ngược dòng (h) x4 Theo cho ta có phương trình: 24 24    x  96 x  80  x4 x4 Giải phương trình ta x  0,8 (loại), x  20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc tàu thủy nước yên lặng 20 km/h Vẽ đồ thị hàm số y  2 x 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1,0 đ Bảng số giá trị tương ứng: 0,5 0,5đ 2 Cho phương trình: x  1  m  x  m  (với x ẩn số, m tham số) Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn 1,0 đ điều kiện: x1   x2     x2   26 Xét phương trình x  1  m  x  m  -Tính   1  m   4m   m  1 2 1  a     m  1 (*) m         -ĐK phương trình có hai nghiệm phân biệt:  0,25đ Với m  1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 theo hệ thức Vi-ét ta  x1  x2  m   x1.x2  m có :  0,25đ Theo đầu ta có : x1   x2     x2   26   x1  x2   x1x2  11   m  1  m  11  6m  6  m  1 Kết hợp với (*) suy ra: m  1 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1   x2     x2   26 0,25đ 0,25đ A 0,25đ D C B H O E Chứng minh tứ giác AHEC tứ giác nội tiếp AHC  900 (do AH vng góc với BC) AEC  90 (do CE vng góc với AD)  AHC  AEC  90 mà H, E đỉnh kề nhìn AC  tứ giác AHEC nội tiếp Chứng minh: DA.HE  DH AC tam giác EHC cân Xét ADC HDE có: ADC  HDE (đối đỉnh) DAC  DHE (hai góc nội tiếp chắn cung EC tứ giác nội tiếp AHEC )  ADC ∽ HDE (g.g) 1,0đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1,75đ 0,25đ 0,25đ DA DH  CA EH  DA.HE  DH AC 0,25đ Ta có BA  BD (gt)  ABD cân B  BAD  BDA 0,25đ  0,25đ Mà: HAE  900  BDA EAC  900  BAD  HAE  EAC  HE  EC  HE  EC  HEC cân E 0,25đ 0,25đ Gọi R1 ,R2 ,R3 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ΔABH, ΔACH, ΔABC Tìm vị trí điểm A nửa đường trịn để R1  R2  R3 0,5 đ đạt giá trị lớn A K I B N M - Chứng minh R1  H AH  BH  AB Gọi (I) nội tiếp tam giác AHB với M, N, K tiếp điểm cạnh HB, HA AB  HM=HN, BM=BK, AN=AK (do AB, HB, HA tiếp tuyến) Ta có: IMH  INH  MHN  900  Tứ giác IMHN hình chữ nhật, mà IM=IN ( bán kính đường trịn nội tiếp)  hình chữ nhật IMHN hình vng  IN=IN=HN=HM= R1  2R1  HM  HN   HB  MB    HA  NA   HA  HB  AB AH  BH  AB AH  CH  AC AB  AC  BC Tương tự : R2  ; R3  2  R1  0,25đ AH  BH  AB  AH  HC  AC  AB  AC  BC  AH  OA  R1  R2  R3  (cm) 0,25đ Max ( R1  R2  R3 )=3cm A điểm cung BC  R1  R2  R3  y2  20 Tìm giá trị nhỏ Cho x, y số thực thỏa mãn: 10 x   x biểu thức P  xy Ta có: y2  20 10 x   x (ĐKXĐ: x  )    y   x       x  3xy   18  3xy x     2 1  y     x      3x   18  3xy x 2   0,5 đ 1  Mà:  x    với x  x  y    3x   với x, y 2   18  3xy   xy  6   x  x  x    y  y  6 Dấu "  " xảy    x      x  1 2   xy  6   y    Vậy Min(P) = -6 khi:  x  1; y  6   x  1; y   Tổ giám khảo thống để chia nhỏ điểm thành phần không thay đổi tổng điểm Học sinh làm cách khác mà vẫn cho điểm tối đa 0,25đ 0,25đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN TỐN - LỚP ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 60 phút (Khơng tính thời gian giao đề) Câu 1. (1,0 điểm)    x  y = 1   Giải hệ phương trình:   3x  y = Câu 2. (2,5 điểm ) Cho hàm số  y  2 x  có đồ thị (P).  a Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy.  b Tìm  tọa  độ  giao  điểm  của  đồ  thị  (P)  và  đường  thẳng  (d)  có  phương  trình  y  3x   bằng phép tính.  Câu (2,5 điểm) Cho phương trình:     x   m  1 x  m       (1)            (x là ẩn số).  a Giải phương trình (1) khi m = 2.  b Chứng minh rằng với mọi m  thì phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt.  c Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt đều bé hơn 2.  Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A. Đường trịn (O) đường kính AB cắt BC tại M.  a Chứng minh AM vng góc với BC và  AM BC  AB AC   b Gọi I là trung điểm của AC. Đường thẳng BI cắt đường trịn (O) tại điểm thứ hai N.  Chứng minh MNIC là tứ giác nội tiếp.  c Chứng minh  IC2  IN.IB     HẾT   (Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN HỌC KÌ II, NĂM HỌC 2016 – 2017 Câu Câu Ý 2,5 điểm Điểm 1,0đ  x  y = 1  x  y  1  x  Giải hệ phương trình:        x y  3x y =  3x  y       1,0 đ Câu Nội dung 0,5  x  x    3.2  y   y  0,5  a 1,25đ - Lập đúng bảng giá trị với 5 điểm đặc biệt thuộc đồ thị.  - b 1,25đ - Vẽ đúng đồ thị.  Lập phương trình hồnh độ giao điểm và biến đổi  2x   3x    2x + 3x = 0 (*)  Giải (*) tìm được  x1   hoặc  x     Tìm được  y1  0; y      3 9  Kết luận hai giao điểm là   0;0   và   ;     2  - Câu   a 1,0đ b   0,75đ 2,5 điểm c 0,75đ 2,5đ 0,5  0,75  0,5    0,25    0,25  0,25  - Khi  m = 2, phương trình (1) trở thành:   x  2x  3    2,5đ 0,25  - Phương trình có dạng: a + b + c = 0 ( hoặc lập  '  đúng)  0,25  - Tìm được hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =  3   0,5  - Lập được   '  (m  1)   m  1   0,25  - Viết được   '  m  m   (m  )    với mọi m.  - Kết luận đúng.  Viết được:  x1 + x = 2  m  1 ; x1.x =   m +1   0,25    0,25  - Lập luận được: do    '   với mọi m nên phương trình (1) có  hai nghiệm phân biệt đều bé hơn 2 khi và chỉ khi:  0,25   x1   x   >  x1x   x1 + x  + > x  <             x  <  x1   +  x   <  x1 + x   < 0,25   3m  > m >   m>   2m  <  m > 1 0,25                 m +1 +  m  1 + >      2  m  1  <     Câu Hình vẽ 0,5đ         4,0 điểm  a 1,5đ b 1,0đ c 1,0đ   A       I O        N       B M C     - Phục vụ ý a: 0,25đ  - Phục vụ cả câu: 0,5đ    Chứng minh  AM  BC và  AM.BC  AB.AC     900   Giải thích được  AMB Kết luận  AM  BC   AM.BC = AB.AC (Hệ thức lượng trong tam giác ABC vng  tại A hoặc bằng 2 SABC)  Chứng minh tứ giác MNIC nội tiếp    BAM   - Giải thích được  BNM   BAM   - Giải thích được  MCI   MCI   - Suy ra được  BNM - Kết luận tứ giác MNIC nội tiếp  Chứng minh  IC2  IN.IB   - -                              Chứng minh được   IAN   ¡   ïIBA   IA IN Lập được tỉ lệ thức   và suy ra  IA  IN.IB    IB IA Do  IA  IC  nên  IC  IN.IB   (Ghi chú: HS giải cách khác đạt điểm tối đa.) -HẾT - 4,0đ 0,5 1,5 đ 0,75  0,25  0,5  1,0đ 0,25  0,25  0,25  0,25  1,0đ 0,5  0,25  0,25  ... là: S1   r  3,14.0, 32  0, 28 26 (m ) Thể tích 10 thùng dầu hình trụ là: V  S1.h .10 = 0, 28 26.1,5 .10 = 4 ,23 9 (m )  423 9 (dm )  423 9 (l) ye n Vậy thuyền chuẩn bị 423 9 lít dầu Bài III (1,5... được: A  9? ? ?2 Vậy với x  A  b) Với x  x  có: x 1 B   x4 x ? ?2 x ? ?2  B x ? ?2 x? ?2 x x ? ?2 x  x ? ?2  x ? ?2 x ? ?2   x ? ?2  vp   ng  x ? ?2 uo B   nh B x x ? ?2? ?? x ? ?2 x x ? ?2 ie B 77... biểu thức: A  x với x  ; x  x ? ?2 c) Với x  x  : A x x x x ? ?2  :   B x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 x ye n th Vậy B  x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2? ?? x ? ?2 x 1   x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 Với x  ; x  x  ; x   A  