Đề toán doc

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP Năm học 2022 – 2023 Mơn thi: TỐN – 120 phút ( Khơng tính thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) UBND TP THANH HÓA TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG ĐỀ A Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức A tìm giá trị x để A < b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên Câu II (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng có phương trình tham số) Tìm để đường thẳng qua điểm Cho hÖ phơng trình: (Vi x l n s, a l tham s; ) a) Giải hệ phơng trình a = b) Tìm giá trị a h phng trỡnh có nghiệm tho¶ m·n: 2x2 – 7y =1 Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình a) Giải phương trình ( tham số) b) Xác định giá trị mãn điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa Câu IV (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm , đường kính , dây điểm thuộc cung nhỏ ( khác , a) Chứng minh tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tia ẩn số, vng góc với Gọi khác ), hai đường thẳng cắt phân giác góc c) Gọi giao điểm hai đường thẳng , giao điểm hai đường thẳng Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường thẳng Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức sau: … Hết KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP Năm học 2022 – 2023 Mơn thi: TỐN – 120 phút ( Khơng tính thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) UBND TP THANH HÓA TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG ĐỀ B Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức B tìm giá trị y để B < b) Tìm giá trị nguyên y để biểu thức B có giá trị nguyên Câu II (2,0 điểm Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng có phương trình tham số) Tìm để đường thẳng qua im Cho hệ phơng trình: ( Vi x ẩn số , b tham số; ) a) Giải hệ phơng trình b = b) Tìm giá trị b h phng trỡnh cú nghiệm tho¶ m·n: 2x2 – 7y = Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình ( ẩn số, n tham số) a) Giải phương trình b) Xác định giá trị điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu IV(3,0 điểm) Cho đường trịn tâm , đường kính Gọi điểm thuộc cung nhỏ ( khác , cắt a) Chứng minh tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tia thỏa mãn phân giác góc , dây vng góc với khác ), hai đường thẳng và c) Gọi giao điểm hai đường thẳng , giao điểm hai đường thẳng Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường thẳng Câu V(1,0 điểm) Cho số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức sau: Hết ĐÁP ÁN VÀ DỰ KIẾN BIỂU CHẤM ĐỀ A Bài Bài Tóm tắt lời giải a) ĐKXĐ: Ta có: Điểm 0,25 đ 2,0 điểm 0,25 đ 0,25 đ Vậy (ĐK: x  0, x  1; x  9)  Tìm giá trị x để A< A < (ĐKXĐ: x  0, x  1; x  9) 0,25 đ Kết hợp ĐKXĐ =>  x < Vậy  x < 0,25 đ thỏa mãn yêu cầu đề b) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên 0,25 đ Ta có : Vì ∈ Z  A ∈ Z   Z x 3 ∈Z x 3 x +  Ư(9) 0,25 đ Vì x +   x +  3; 9  x ∈0; 6  x ∈0; 36 (Thỏa mãn) Vậy x ∈0; 36 thỏa mãn đề Bài 2,0 điểm 1) Vì thẳng ta có: Vậy với nên thay tọa độ điểm 0,25 đ vào phương trình đường 0,5 đ 0,5 đ đường thẳng (d) qua điểm B( 2;5) a) Thay a = vµo hệ phơng trình ta có hệ phơng trình trở thành : 3  1 x  y 3   x  3  1 y 2 3 x 4   x  y 2    x   2 y     x  y 3   x  y 2   x     y 2   4 x  y 6    x  y 2   x    2 y 2   0,25 đ    x    y 1   VËy víi a = hệ phơng trình có nghiệm 0,25 4 1 nhÊt ( x ; y) =  ; 3 b) Giải hệ phơng trình theo tham sè a ta cã hệ phương trình :     Với a ≠ a ≠ 2, ta có: 0,25 đ  `    Vậy với a ≠ a ≠ hệ phơng trình có nghiệm 0,25 (x; y) = +) Để hệ phơng trình có nghiƯm (x; y) tho¶ m·n 2x2 - 7y =      Bài 2,0 điểm   So sánh với ĐK ta có a = thỏa mãn ĐK VËy víi a = th× hệ phng trỡnh có nghiệm nht thoả mÃn điều kiƯn: 2x2 - 7y = a) Với phương trình có dạng 0,5 đ Vì nên phương trình có hai nghiệm Vậy phương trình có hai nghiệm 0,5 đ b)Ta có : 0,25 đ Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,25 đ Khi theo hệ thức Vi-ét Thay Bài 3,0 điểm Thay vào biểu thức vào phương trình 0,25 đ ta Giải phương trình ta 0,25 đ Vậy với phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn C M N E A H F B I O D a)Xét tứ giác có: (gt) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy : 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ Mà hai góc nội tiếp nằm vị trí đối diện nên tứ giác b) Ta có trung điểm đường kính dây cung) đường trung trực Ta có sđ sđ (mối liên hệ = sđ sđ có: chung lấy điểm 0,25đ 0,25 đ sđ 0,25 đ (g-g) d) Trên 0,25 đ sđ phân giác + Xét 0,25 đ cho Cần chứng minh tứ giác vng góc với nội tiếp đường trịn đường kính 0,25 đ , ta chứng minh Ta có: tứ giác nội tiếp tứ giác Ta có: (đồng vị); tứ giác Mà nội tiếp (cùng chắn cung ) 0,25 đ nội tiếp đường kính Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác Bài 0,25đ +) Với số thực ta có: nằm 0,25 đ dương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, 1,0 điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy , suy 0,25 đ Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình khơng có hình vẽ hình vẽ sai không cho điểm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU CHẤM ĐỀ B Bài Bài Tóm tắt lời giải a) ĐKXĐ: Ta có: Điểm 0,25 đ 2,0 điểm 0,25 đ 0,25 đ Vậy (ĐK: y  0, y  1; y  9)  Tìm giá trị y để B< B < (ĐKXĐ: y  0, y  1; y  9) 0,25đ 0,25 đ Kết hợp ĐKXĐ =>  y < Vậy  y < thỏa mãn yêu cầu đề b) Tìm giá trị nguyên y để B có giá trị ngun 0,25 đ Ta có : Vì ∈ Z  B ∈ Z   0,25 đ  Vì   Vậy y ∈0; 36 thỏa mãn đề Bài 2,0 1) Vì ta có: điểm Vậy với  (Thỏa mãn) 0,25 đ nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng 0,5 đ 0,5 đ đường thẳng (d) qua điểm A ( 2;8) a) Thay b = vào hệ phơng trình ta có hệ phơng trình trở thành 0,25 đ    VËy víi b = hệ phơng trình có nghiệm 0,25 ( x ; y) = 2b) Giải hệ phơng tr×nh theo tham sè b ta cã hệ phương trình :    0,25 đ  Với b ≠ b ≠ 2, ta có:  `    VËy với b ≠ b hệ phơng trình có nghiệm 0,25 (x; y) = +) Để hệ phơng trình cã nghiƯm (x; y) tho¶ m·n 2x - 7y =1        So sánh với ĐK ta có b = thỏa mãn ĐK Vậy với b = h phng trỡnh có nghiệm nht thoả mÃn điều kiện: 2x2 - 7y = Bài a) Với phương trình có dạng Vì nên phương trình có hai nghiệm Vậy phương trình có hai nghiệm 0,5 đ 0,5 đ 10 c) Ta có : Phương trình 0,25 đ có hai nghiệm phân biệt 0,25 đ Khi theo hệ thức Vi-ét 2,0 điểm Thay vào biểu thức Thay vào phương trình 0,25 đ ta Giải phương trình Vậy với ta phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0,25 đ C A K H E M F O I N D Bài 3,0 a) Xét tứ giác có: 0,25 đ (gt) 0,25 đ (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) suy : 0,25 đ điểm 0,25 đ Mà hai góc nằm vị trí đối diện nên tứ giác nội 11 tiếp b) Ta có kính dây cung) trung điểm 0,25 đ đường trung trực Ta có (mối liên hệ đường sđ sđ = sđ 0,25 đ sđ phân giác + Xét sđ có: chung 0,25 đ sđ 0,25 đ (g-g) c) Trên lấy điểm cho vng góc với Cần chứng minh tứ giác chứng minh nội tiếp đường trịn đường kính Ta có: tứ giác tứ giác Ta có: (đồng vị); tứ giác Mà Bài 0,25 đ nội tiếp nội tiếp (cùng chắn cung ) đường kính +) Với số thực 0,25 đ nội tiếp Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác có: , ta 0,25 đ nằm 0,25 đ dương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta 0,25 đ 1,0 điểm 0,25 đ 0,25 đ 12 V Vậy , suy 0,25 đ Khi Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình khơng có hình vẽ hình vẽ sai không cho điểm 3   x 1    : x   x   x1  Cho bth: P  x 2  x   a) Đk? b) RG bth P tìm x để P < -2 c) Tìm x nguyên để P nguyên LG a) đk: x  0; x 1; x 4 b) Ta có: 13   x   x  x  1  x  2 x  1  x  2 x  1  x  2 x x  x  1 P  x  :  x1  x 1 x1  x  x  :  x1 x  1 x  x   x1 c) Tìm x nguyên để P nguyên P  x x  1  Z  x x  U (2)  1; 2 ) x 1  x 1 loai  ) x 2  x 4 loai  ) x  1loai  ) x  loai  m  1 x  y m  x  m  1 y 2 Bµi 2: Cho hệ phơng trình: a) Giải hệ phơng trình m = b) Tìm hệ thức liên hệ x y không phụ thuộc vào m c) Tìm giá trị m thoả mÃn: 2x2 7y = 2x 3y d) Tìm giá trị m để biểu thức x y nhận giá trị nguyên (Đề thi tuyển sinh THPT Năm học : 2004 – 2005) Gi¶i: m  1 x  y m  x  m  1 y 2 a) Thay m = vào hệ phơng trình trở thµnh 3  1 x  y 3   x  3  1 y 2 3 x 4    x  y 2    x  y 3   x  y 2   x     y 2   ta có hệ phơng trình x y    x  y 2   x   2 y 2      x   2 y      x    y 1  VËy với m = hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt ( x ; y) =  1  ;   3 b) T×m hƯ thức liên hệ x y không phụ thuộc vµo m m  1 x  y m  x  m  1 y 2 XÐt hƯ ph¬ng trình 14 Từ phơng trình   x  my  y 2  my 2  x  y  m  thay m x y y vào phơng trình ta có x y y phơng trình: x y   2 x y  y  2 x y 2 x y  1 x  y      x  y  y y y y      2 x 2 x y x  x2  y2  x  y   x  y     y y y  y  2 2  x  x  y 2  x  y  x  y  x  y  0 VËy x  y  3x  y  0 đẳng thức liên hệ x y không phơ thc vµo m m  1 x  y m theo tham sè m ta cã hpt  x m y d) Giải hệ phơng tr×nh  m  1 x  y m   x  m  1 y 2 m  12 x  m  1 y m m  1 m  12 x  x m m  1       x  m  1 y 2  x  m  1 y 2 m  2m   1 x m  m  m m   x m  1m        x  m  1 y 2  x  m  1 y 2 m 1 m 1    x  m  x  m      m   m  1 y 2 m  1 y 2  m   m  m m 1 m 1 m 1     x  m  x  m  x  m     `   m  m  m  m  1 y  m  1 y  y     m m m  m 1 ; Vậy hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt (x; y ) =   m m +) Để hệ phơng trình có nghiệm (x; y) tho¶ m·n 2x - 7y = m 1  1       1  m   m  m  3m  0  m  0    m  0   2m  4m   1  m2 m  m   m  1 0 2m  4m   m m  m 2  m 1  VËy víi m = m = hpt có nghiệm thoả mÃn điều kiện: 2x2 - 7y = 15 Câu 4: Cho ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành b) Vẽ OM BC (M BC) Chứng minh H, M, K thẳng hàng AH = 2.OM c) Gọi A’, B’, C’ chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn A Câu 4: a) Ta có = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) H Nên CK AC mà BH AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) B b) OM BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM c) Ta có = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => O C M K = mà (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ OA Ax => OA B’C’ Do SAB’OC’ = Tương tự: SBA’OC’ = = R.A’C’; SCB’OA’ = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= R.B’C’ R.A’B’ AA’ BC < (AO + OM).BC => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng A đỉểm cung lớn BC 16 Cho đường trịn (O;R) đường kính AB cố định Trên tia đối tia AB lấy điểm C cho AC=R Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC C Gọi D trung điểm OA; qua D vẽ dây cung EF đường trịn (O;R), ( EF khơng đường kính) Tia BE cắt d M, tia BF cắt d N Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp Chứng minh BE.BM = BF.BN Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R Chứng minh tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm đường thẳng cố định dây cung EF thay đổi a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => góc AEM =900 ( góc kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc vị trí đối diện => tứ giác MCAE nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp chăn cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c) 17 Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vng O ta có DE = R => DE =R Vì EF vng góc với BC D trung điểm BC nên ta chứng minh EF đường trung bình tam giác BMN => EF =2R d) Gọi A' giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tia AB Ta chứng minh E,A,N M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm đường trung trực đoạn thẳng BA' A 1)Vì BE, CF đường cao ABC nên: E, F thuộc đường trịn đường kính BC x Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn y M J N F 1 E O H B 18 C b) Cách 1: Vẽ đường kính AD (O), AD cắt EF J Vì BCEF tứ giác nội tiếp Mà Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) J Cách 2: Qua A, vẽ tiếp tuyến xy (O) Vì BCEF tứ giác nội tiếp Do xy // EF Mà (tính chất tiếp tuyến) Cách 3: Tia BE cắt (O) M, tia CF cắt (O) N Vì BCEF tứ giác nội tiếp (tính chất góc nội tiếp) (liên hệ cung dây) Dễ chứng minh MN // EF c) Chứng minh: Áp dụng hệ thức lượng vào Mà DN = DQ vng KDN có: ND2 = NE.KN DE2 = EN.EK DQ2 = NE KN (vì DQ = DN) Vì NH // PK nên A x y A M J N F (hệ định lí Ta-lét) E P F O H B C B 1 J H E O K I 1 D D C 19