Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M.. Kẻ MH vuông góc vớiBC H thuộc BC.1 Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.2 MB cắt OH tại E.
Trang 1ĐỀ 20
Câu I: (2,0 điểm) Cho biểu thức:
P
Với a > 0;a 1;a4 1) Rút gọn P
2) Tìm giá trị của a để P = -1
Câu II: (2,0 điểm)
1) Cho hàm số: y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng (d): y = 3x – 5 và đi qua điểm A (1 ; -1)
2) Giải hệ pt:
2x 3y 1 3x 2y 21
Câu III: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình bậc hai: x2 + 7x + 6= 0
2) Cho phương trình x2 (2m1)x m 2 1 0 (m là tham số) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x x thỏa mãn:1; 2
(x 2mx m )(x 1) 1
Câu IV: (2.0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc
với nhau Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vuông góc với
BC (H thuộc BC)
1) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp
2) MB cắt OH tại E Chứng minh ME.MH = BE.HC
3) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng
Câu V: (1,0 điểm) Cho x y, là các số thực dương thỏa x y 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
Trang 2
-Hết -PHÒNG GD&ĐT HÀ
TRUNG
HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9
Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: Toán
1
Cho biểu thức:
P
Với a>0;a 1;a4
P = √√a( a−√√a−1) a+1 :(√a+1)√a−1¿−(√a+2)(√a−2) ¿
(√a−2)(√a−1)
= √a(√1a−1) :(√a−2)( a−1−a+4√a−1)
P = √a(√1a−1) (√a−2)(3√a−1) = √3a−2√a
Vậy với a>0; a 1; a4 thì P = √3a−2
√a
0,5
0.5
3√a = -1
⟺ √a−2 =- 3√a
⟺ 4√a = 2
⇒ a= 14 (t/m) Vậy a= 14 thì P= -1
0,5 0.25 0.25
1 Vì đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng (d): y =
3x – 5
Nên a = 3; b5
Với a = 3, đồ thị hàm số đã cho đi qua Q( 1 ; -1) nên ta có:
- 1 = 3.1 + b <=> b = - 4 (thỏa mãn b 5)
Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán
0,25
0,5 0,25
2 Giải hệ phương trình
{3 x −2 y =21 2 x+3 y=1 ≤>{9 x−6 y=63 4 x +6 y =2
¿ >{2 x+3 y =1 13 x=65 ≤¿{y =−3 x=5
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất :
5 3
x y
1,0
1 x2 + 7x + 6= 0
Ta thấy: a – b + c = 1 – 7 + 6 = 0
=> phương trình cos 2 nghiệm: x1 = -1; x2 = -6
0,5
Trang 3Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1; x2 = -6 0,5
2 Xét phương trìnhx2 (2m 1)x m 2 1 0 có 4m5
Để phương trình có hai nghiệm thì
5 0
4
m
(*) Với
5 4
m
thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm, theo hệ thức Vi-ét ta có:
2
1 2
1
x x m
Vì x1 là một nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
x m x m x12 2mx1m2 x1 1.
Do đó (x12 2mx1m2)(x21) 1
(x1 1)(x2 1) 1 x x1 2x1 x2 1 1
m22m0
0 2
m m
Kết hợp với điều kiện (*), ta được m = 0
0,25
0,5 0,25
1
Ta có: ^MOB=¿900 (do ABMN)
và ^MHB=900 (do MHBC)
Tứ giá BOMH có ^MOB+^ MHB =900+900=1800
Tứ giác BOMH nội tiếp
0.5 0.25 0.25
2 b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM +^^ OMB (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM=^^ OHM (cùng chắn cung OM)
và OMB=^^ OHB (cùng chắn cung OB)(2)
Từ (1) và (2) suy ra: OHM=^^ OHB
HO là tia phân giác của ^MHB
BE HB
(3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao ta có:
HM HC HB
(4)
0.25
0.25
0.25
K E
H C
O
N
M
B A
Trang 4Từ (3) và (4) suy ra: 5 . .
ME HM BE HC
0.25
3 Vì ^MHC=900 (do MHBC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC
có đường kính là MC
^
MKC =900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên :
^
MKN=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
^
MKC+^ MKN =¿1800
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g)
Mà MB = BN (do
∆MBN cân tại B)
HM BN , kết hợp với
BE HM (theo (5) ) Suy ra:
BN BE
Mà ^EBN =^ EMC=900 ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
^
EMC=^ BEN mà ^MEC+^ BEC =1800(do 3 điểm M, E, B thẳng
hàng)
❑
⇒
^
BEC +^ BEN=1800
3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)
0.25
0.25
0.25 0.25
Ta có: x y 1 y 1 x thay vào A ta được:
2x x 2x 1 x 1 x 2x x
2
Dễ thấy
2
1 0, 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
4x 2 4 x 4
Suy ra
2
x
Dấu "=" xảy ra khi
1 2
x
Vậy min
15 4
khi
1 2
x
0,25
0,25
0,25đ
0,25