Toán 9 đề đa hk2 thcs amsterdam 2020 2021

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM TỔ TOÁN – TIN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 120 phút P Bài (2,0 điểm): Cho biểu thức: x Q  1 x  x x  với x 0; x 1 1) Tính giá trị biểu thức P với x 4 2) Rút gọn biểu thức Q  P 4 Q x 3) Tìm giá trị thỏa mãn Bài (2,0 điểm) 1) Giải toán lập hệ phương trình phương trình Quãng đường 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 tịa nhà biết vị trí mắt An cách mặt đất mét (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) Bài ( 2,5 điểm )  2 x  y  5    x  3  y 1) Giải hệ phương trình  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol tham số  P  d  : y mx  , với m : y x đường thẳng  m 0   d  parabol a) Khi m 3 , tìm tọa độ giao điểm đường thẳng b) Tìm tất giá trị khác tham số m để đường thẳng d  P cắt parabol  P hai điểm x ( x +1) = phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn Câu (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 Câu (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm, thỏa mãn a  b  c 1 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn 2 biểu thức P  a  a  b  b  c  c HƯỚNG DẪN GIẢI x Q  1 x  x  x  Bài (2,0 điểm): Cho biểu thức: với x 0; x 1 1) Tính giá trị biểu thức P với x 4 Q 2) Rút gọn biểu thức  P 4 3) Tìm giá trị x thỏa mãn Q P ĐÁP ÁN THAM KHẢO x1 P 1) Ta có: ĐKXĐ: x 0; x 1 Thay x 4 (thỏa mãn) vào biểu thức P ta có: Kết luận: Với x 4 giá trị biểu thức P x  1 x  x Q 2) Ta có: x Q  x1 x Q Q      x  1  x 1 1  x 1  x1    x1 x 1  x1  x 1  x  với x 0; x 1 Kết luận: 1  P 4  x    0 Q x  3) Ta có: Q x  1      0 x1 x1 x x 4 0 x1   x  x1 0  mà x  1  1  2 ĐKXĐ: x 0; x 1 x     x  1 x  x   x 1   x1 P 0 x  x    x 1 Kết hợp đkxđ:  x  Kết luận: với  x  thỏa mãn đề x 1 Bài (2,0 điểm) 1) Giải tốn lập hệ phương trình phương trình 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 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 tịa nhà biết vị trí mắt An cách mặt đất mét (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1) Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h) ( x  ) Ta có vận tốc xe thứ x  10 (km/h) 160 Thời gian xe thứ là: x  10 (h) 160 Thời gian xe thứ hai là: x (h) Vì xe thứ đến B sớm xe thứ hai 48 phút (h) nên ta có phương trình: 160 160   x x  10  160.5  x  10  160.5.x  x  x  10   800 x  8000 800 x  x  40 x  x  40 x  8000 0  x  10 x  2000 0   x  40   x  50  0  x 40 (thỏa mãn); x 50 (loại) Vậy vận tốc xe thứ hai 40 km/h 2) D A 1m B 72° 25m E C Gọi chiều cao bạn An AB CE 1 m ; Khoảng cách từ chỗ bạn An đứng đến chân tòa nhà AE BC 25 m  Trong DAE vng E , ta có: DE  AE.tan DAE 25.tan 72 Suy chiều cao tào nhà là: CD EC  DE 1  25.tan 72 77,94 (m) Vậy chiều cao tòa nhà xấp xỉ 77,94 mét Bài ( 2,5 điểm )  2 x  y  5    x  3 y 1) Giải hệ phương trình  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y x đường thẳng  d  : y mx  , với m tham số  m 0  a) Khi m 3 , 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 hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  1 3 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1)  2 x  y  5    x  3  y  x 0; y 1  x a    y  b  a 0  Đặt  2a  3b 5 4a  6b 10  7b 7    a  b  a  b      4a  b 3 Khi hệ phương trình trở thành :  b 1 b 1    4a  3  a 1 ( tmđk a 0 )  x 1   1   y  x 1  x 1     y  1   y 2 ( tmđk x 0; y 1 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;  2)  P  : y x d :  m 0  y mx  a) Ta thấy m 3 thỏa mãn điều kiện m 0 Khi m 3 ,  d  : y 3x  Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x 3 x   x  3x  0 Phương trình có :    3  4.1.1 9  5    Vì   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  x2  3 3    14   3 y1     x1     Với Ta  3 3  ;        14  7 3 y      x2     Với Ta  3   ;   2    3 3  ;   2  d P      m  Vậy , đường thẳng parabol cắt hai điểm  3   ;     2 b)  P  : y x d : y mx   m 0  + Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x mx   x  mx  0  * Phương trình có :    m   4.1.1 m2  Để  d   P  cắt hai điểm phân biệt phương trình (*) có hhai nghiệm phân biệt     m    m2   m   2; m  Kết hợp với điều kiện m 0 ta m   2; m   x1  x2 m  + Theo hệ thức Viet ta có  x1 x2 1 + Vì x1 nghiệm phương trình (*) nên ta có x1  mx1  0  x1 mx1  + Theo ta có : x2  x1  1 3  x2  mx1   1 3  x2 mx1 3  mx1 x2 3  m 1 3  m 3 ( 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 Lời giải 1) Chứng minh năm điểm A, E , F , O M nằm đường trịn Ta có: A D ME vng góc với AB E F  AEM 90 MF vng góc với AC F  AFM 90 E K B M C O A điểm cung BC  OA  BC O  AOM 90    Mà AEM ; AFM ; AOM nhìn đoạn AM  điểm A, E , F , O, M nằm đường tròn đường kính AM 2) Chứng minh tứ giác DAFE hình thang cân D điểm đối xứng với M qua EF  EF đường trung trực  DF MF  DM   DE EM  EF  DM  (1)  EAF 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AE MF      AEFM hình chữ nhật (vì AEM  AFM EAC 90 )  EM  AF (2) DEF FAE (c c c) (vì: DF  AE MF ; DE  AF EM ; EF cạnh chung)    EDF EAF 90  ADEF tứ giác nội tiếp Mà A; E ; F nằm đường trịn đường kính AM  D thuộc đường trịn đường kính AM  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   Ta có: ABO vng cân O  ABO BAO 45 (3) Xét đường trịn đường kính AM có:    EDO EAO  sđ EO (hai góc nội tiếp chắn cung )   Do ABO EDO 45     Mà KD  OD D  KDO KDE  EDO 90  KDE 45   ABO KDE     Mặt khác: KBE  ABO 180  KBE  KDE 180  BEDK nội tiếp    KBD KED (hai góc nội tiếp chắn cung) (4)    Tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O)  KBD DAC (cùng bù với DBC ) (5)   Từ (4) (5)  KED DAC     Mà: DAFE hình thang cân  DAC  DEF 180  KED  DEF 180  E , F , K thẳng hàng Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm, thỏa mãn a  b  c 1 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn 2 biểu thức P  a  a  b  b  c  c Lời giải * Tìm Pmin 2 Vì a  b  c 0 a  b  c 1  a a ; b b ; c c  P  a2  a  b2  b  c  c  a  a2  b2  b2  c2  c2  2a  2b  2c   a  b  c    P Dấu “=” xảy Vậy   a, b, c     0; 0; 1 ;  0; 1;  ;  1; 0;   Pmin    a, b, c     0; 0; 1 ;  0; 1;  ;  1; 0;   * Tìm Pmax P  a2  a  b2  b  c  c  a  a  1  b  b  1  c  c  1 a 1 b 1 c 1  b  c 4 Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: 2 a a 1   b 1   c   5a  5b  5c  5  P  a      a  b  c     2   b    c        4 4 4  a 1  a   b 1   b     c 1 c   Dấu “=” xảy Pmax 2  a b c  Vậy  4a a  1   4b b   a b c   4c c  