Kscl vao 10 toán 9 long biên hà nội 2021 2022 đề+đáp án

Bài 1 (2 0 điểm) Cho hai biểu thức và với 1) Tính giá trị của biểu thức khi 2) Chứng minh 3) Tìm tất cả các giá trị của để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất Bài 2 (2 0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng các.

Bài (2.0 điểm) x x 1 x  Q   x với x  0; x 9 x x  Cho hai biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức P x 4 x2 Q x 2) Chứng minh 3) Tìm tất giá trị x để biểu thức A P.Q đạt giá trị nhỏ P Bài (2.0 điểm) 1) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai người thợ qt sơn ngơi nhà Nếu họ làm ngày xong việc Nếu họ làm riêng người thợ thứ hồn thành công việc chậm người thợ thứ hai ngày Hỏi làm riêng người thợ phải làm ngày để xong việc? 2) Một hình nón có đường sinh 30 cm , đường kính đáy 36 cm Tính thể tích hình nón (lấy  3,14 ) Bài (2.0 điểm) 9  x  1   y  3    x  1   y  3  1) Giải hệ phương trình:   d  : y 2 x  m  parabol  P  : y x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 cho Tìm tất giá trị m để 1  2 x1  x2  Bài (3.5 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB , C điểm thuộc đường tròn cho AC  BC Trên  O  , từ điểm O kẻ đường nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C vẽ tiếp tuyến Bx đường trịn thẳng vng góc với dây BC H cắt tiếp tuyến Bx D , đường thắng AD cắt đường tròn  O điểm E 1) Chứng minh tứ giác BHED tứ giác nội tiếp  O  AE.AD 4.OH OD 2) Chứng minh: DC tiếp tuyến đường tròn  O  điểm F Chứng minh HF  BI 3) Gọi I trung điểm HD, BI cắt đường tròn Bài (0.5 điểm) 2x  1 2 x2  Giải phương trình: x HƯỚNG DẪN CHẤM Ý (0,75 điểm) Nội dung Điểm Thay x 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức P , ta được: 0,5 4 P  P Vậy (0,75 điểm) Q  Q  0,25 5 x 4 0,25 x 1 x  x 1 x     9 x x x 3 x 3  x  3   x  3  x 1 x x 5 x 3  x   x  x  32 x 5  x 3  x  0,25 x2 x  (điều phải chứng minh) x x2 A P.Q   x x Ta có: Q (0,5 điểm) x2  A  x x  Do x x   2 x x    x x  0,25  2 2 2 0 với x  0; x 9 Dấu '' '' xảy  x  0  x 2 (thỏa mãn điều kiện)  A  2  x 2 Vậy 0,25 Gọi thời gian người thợ thứ hai làm xong việc x x  0 (ngày)  Khi đó, thời gian người thợ thứ làm xong việc x  (ngày) Một ngày, người thứ làm là: x  (phần công việc) Một ngày, người thứ hai làm là: x (phần công việc) 1   Theo ra, ta có phương trình: x  x  x  3x  54 0  x 9  TM    x   TM  0,25 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy thời gian người thứ làm xong công việc 18 ngày Thời gian người thứ hai làm xong cơng việc 0,25 đ ngày 2) Một hình nón có đường sinh 30cm , đường kính đáy 0,5đ 36cm Tính thể tích hình nón (Lấy  3,14 ) Đường sinh hình nón là: l 30  cm  d 36 R   18  cm  2 Bán kính đáy hình nón là: 2 2 2 Theo định lý Pitago: h  R l  h  18 30 Chiều cao hình nón là: h 24  cm  Thể tích khối nón là: 1 V   R h   182.24 2592 8138,88  cm3  3 Bài (2,0 điểm) 1) 9  x  1   y  3    x  1    Giải hệ phương trình:  9  x  1   y  3  9 x  y 10   3  x  1   y  3  3 x  y  18 x  y 20  3x  y   x    y 2 2) 0,25 đ 0,25 đ 1,0đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ  x    y 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng 1,0đ  d  : y 2 x  m  parabol  P  : y x Tìm tất giá trị d P x ;x m để   cắt   hai điểm phân biệt có hồnh độ 1  2 x  x  2 cho  y x  y 2 x  m  Xét   P d 0,25 đ Phương trình hồnh độ giao điểm x 2 x  m   P d là:  x  x  m  0  I  Ta có:      4.1  m   16  4m  d  cắt  P  hai điểm phân biệt là: I Phương trình   có hai nghiệm phân biệt     16  4m   m   *  x1  x2 2  1  x x m   2 Theo Vi-ét ta có:  0,25 đ 1  2 x  x  2 Theo ra, ta có: x1  x2   2  3 x1 x2   x1  x2   0,25 đ Điều kiện để 2 2 Thay vào , ta được: m   m    m 2  TM   1 ,    3 (Đk: m 3 ) Vậy m 2 giá trị cần tìm Câu Nội dung Vẽ hình đến câu a a Chứng minh tứ giác BHED tứ giác nội tiếp   Xét (O) có: OH  BC (gt)  BHD 90   Xét (O) có: AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,25 đ Điểm 0,25 0,75 đ 0,25 đ 0,25 đ   BE  AD  BED 90    0,25 đ Xét tứ giác BHED có: BHD BED 90 mà hai góc có đỉnh kề nhìn cạnh BD  Tứ giác BHED nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) b Chứng minh DC tiếp tuyến đường trịn (O) Xét OBC có: OB OC R  OBC cân O 1,5 đ Mà OH đường cao OBC (do OH  BC ) 0,25 đ 0,25 đ     BOD COD  OH đồng thời đường phân giác BOC Xét (O) có: BD tiếp tuyến B (O) 0,25 đ  90  BD  OB (tính chất tiếp tuyến)  OBD Chứng minh BOD COD (c.g.c) 0,25 đ        OBD OCD (hai góc tương ứng) mà OBD 90  OCD 90 0,25 đ  OC  DC tai C  DC tiếp tuyến C (O) (điều phải chứng minh) 0,25 đ Chứng minh AE AD 4.OH OD 0,5 đ Xét ABD vuông B , đường cao BE có: AE AD  AB (định lí) 2 2 Mà AB (2.OB ) 4.OB  AE AD 4.OB (1) 0,25 đ Xét OBD vng B , đường cao BH có: OB OH OD (đinh lí) (2) Từ (1) (2)  AE AD 4.OH OD (điều phải chứng minh) 0,25 đ c Gọi I trung điểm HD, BI cắt (O) điểm F Chứng minh 0,5 đ HF  BI + Xét CAB vuông C HBD vng H có: ABC HDB   ( phụ với góc HBD ) Suy ra: CAB đồng dạng HBD( g.g)  AB BC BH BH    BD HD DI DI 0,25 đ AB BH    +Xét HAB IBD có: ABH IDB BD DI  HAB đồng dạng IBD (c.g.c)       BAH  DBI mà DBI BAF sđ BF (định lí)    BAH BAF mà AH, AF thuộc nửa mặt phẳng bờ AB  Tia AH trùng với tia AF  A, H , F thẳng hàng 0,25 đ   Xét (O) có: AFB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AF  BF  HF  BI (điều phải chứng minh) 2x  1 2 x x  Câu Giải phương trình: Ý Nội dung Điểm 0,5 2x  1 2 x x  Giải phương trình: Điều kiện: x 0 , đưa phương trình trở thành: 0,25 x2  2x   0 x 2x2  x Đặt ẩn x2  phụ: t , phương trình trở thành:  t 1 2t  3t  0  (t  1) (2t  1) 0    t   2 Trường hợp: t 1 ta có x  x  (pt vô nghiệm) t  Trường hợp: ta có x   x (§ K : x  0)  ( KTM ) x 2   x 9   3 (TM ) x     S      Kết luận: Tập nghiệm phương trình là: 0,25