de thi thu toan 9

PHềNG GD&T HI HU Kè THI CHT LNG HC Kè II. NM HC 2012 2013 BI PHN 1 Trc nghim (2 im): Hóy chn phng ỏn ỳng v vit vo bi lm ch cỏi ng trc phng ỏn la chn. Cõu 1. Giỏ tr ca 12. 27 bng:A. 12 B. 18 C. 27 D. 324 Cõu 2. th hm s y= mx + 1(m l tham s) i qua im N(1; -1) . Khi ú gớ tr ca m bng: A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1 Cõu 3: ng thng 2 y mx m= + ct ng thng y = x + 1 ti im cú honh bng 1 khi v ch khi A.m = 1 B. m = - 2 C.m =2 D.m = 1 hoc m = -2 Cõu 4: Phng trỡnh 2 x mx m 1 0+ + = cú hai nghim phõn bit khi v ch khi: A. m 2> . B. mĂ . C. m 2 . D. m 2 . Cõu 5: Trờn mt phng ta Oxy, th cỏc hm s y = x 2 v hm s y = 4x + m ct nhau ti hai im phõn bit khi v ch khi: A. m > 1 B. m > 4 C. m < 1 D. m < 4 Câu 6:Th tích ca hình nón bng 432 cm 2 . chiu cao bng 9cm . Khi ú bỏn kớnh ỏy ca hình nón bng : A. 48cm B. 12cm C. 16/3cm D . 15cm Cõu 7: Mt hỡnh tr cú chiu cao l 6cm v din tớch xung quanh l 2 36 cm . Khi ú, hỡnh tr ó cho cú bỏn kớnh ỏy bng A. 6 cm. B. 3 cm. C. 3 cm. D. 6cm. Câu 8. Cho hình chữ nhật MNPQ có MN = 4cm, MQ =3cm. Khi quay hình chữ nhật đã cho một vòng quanh MN ta đợc hình trụ có thể tích V 1 , quay một vòng quanh MQ đợc hình trụ có thể tích V 2. . Ta có V 1 + V 2 bằng: A. 100 cm 3 B. 110 cm 3 C. 84 cm 3 D. 94 cm 3 PHN II T LUN (8 im): Cõu 1. (1,75 im) Cho biu thc : 2 28 4 8 3 4 1 4 x x x x x B x x x x + + = + + ( 0, 16)x x 1/ Rỳt gn biu thc B . 2/ Tỡm x 2B x = -5. Cõu 2 Mt i xe theo k hoch ch ht 140 tn hng trong mt s ngy quy nh. Do mi ngy i ú ch vt mc 5 tn nờn i ó hon thnh k hoch sm hn thi gian quy nh 1 ngy v ch thờm c 10 tn. Hi theo k hoch i xe ch hng ht bao nhiờu ngy? Bài 3. Cho hệ phơng trình: 2 3 5. mx y x my = + = a)Giải với m = 2 b)Tìm điều kiện của m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn hệ thức: 2 2 1 3 m x y m + = + . Bi 4 (2,0 im). Cho phng trỡnh: 2 2( 1) 2 0x m x m + + = (1) (vi n l x ). 1) Gii phng trỡnh (1) khi m =1. 2) Chng minh phng trỡnh (1) luụn cú hai nghim phõn bit vi mi m . 3) Gi hai nghim ca phng trỡnh (1) l 1 x ; 2 x . Tỡm giỏ tr ca m 1 x ; 2 x l di hai cnh ca mt tam giỏc vuụng cú cnh huyn bng 12 . Bi 5:Cho ng trũn tõm O, v dõy cung BC khụng i qua tõm.Trờn tia i ca tia BC ly im M bt kỡ.ng thng i qua M ct ng (O) ln lt ti hai im N v P (N nm gia M v P) sao cho O nm bờn trong gúc PMC. Trờn cung nh NP ly im A sao cho cung AN bng cung AP.Hai dõy cung AB,AC ct NP ln lt ti D v E. a)Chng minh t giỏc BDEC ni tip. b) Chng minh : MB.MC = MN.MP c) Bỏn kớnh OA ct NP ti K. Chng minh: 2 .MK MB MC > Cõu 1. (1,75 im) Cho biu thc : 2 28 4 8 3 4 1 4 x x x x x B x x x x + + = + + ( 0, 16)x x 1/ Rỳt gn biu thc B . 2/ Tỡm x 2B x = -5. Cõu 2 Mt i xe theo k hoch ch ht 140 tn hng trong mt s ngy quy nh. Do mi ngy i ú ch vt mc 5 tn nờn i ó hon thnh k hoch sm hn thi gian quy nh 1 ngy v ch thờm c 10 tn. Hi theo k hoch i xe ch hng ht bao nhiờu ngy? Bài 3. Cho hệ phơng trình: 2 3 5. mx y x my = + = a)Giải với m = 2 b)Tìm điều kiện của m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn hệ thức: 2 2 1 3 m x y m + = + . Bi 4 (2,0 im). Cho phng trỡnh: 2 2( 1) 2 0x m x m + + = (1) (vi n l x ). 1) Gii phng trỡnh (1) khi m =1. 2) Chng minh phng trỡnh (1) luụn cú hai nghim phõn bit vi mi m . 3) Gi hai nghim ca phng trỡnh (1) l 1 x ; 2 x . Tỡm giỏ tr ca m 1 x ; 2 x l di hai cnh ca mt tam giỏc vuụng cú cnh huyn bng 12 . Bi 5:Cho ng trũn tõm O, v dõy cung BC khụng i qua tõm.Trờn tia i ca tia BC ly im M bt kỡ.ng thng i qua M ct ng (O) ln lt ti hai im N v P (N nm gia M v P) sao cho O nm bờn trong gúc PMC. Trờn cung nh NP ly im A sao cho cung AN bng cung AP.Hai dõy cung AB,AC ct NP ln lt ti D v E. a)Chng minh t giỏc BDEC ni tip. b) Chng minh : MB.MC = MN.MP c) Bỏn kớnh OA ct NP ti K. Chng minh: 2 .MK MB MC > PHềNG GD&T HI HU Kè THI CHT LNG HC Kè II. NM HC 2012 2013 BI PHN 1 Trc nghim (2 im): Hóy chn phng ỏn ỳng v vit vo bi lm ch cỏi ng trc phng ỏn la chn. Cõu 1: im M(-1;1) thuc th hm s y= (m-1)x 2 khi m bng: A. 0 B. -1 C. 2 D. 1 Cõu 2: Cho phng trỡnh bc hai x 2 - 2( m+1)x + 4m = 0. Phng trỡnh cú nghim kộp khi m bng: A. 1 B. -1 C. vi mi m D. Mt kt qu khỏc Cõu 3: Nu x+5 = 4 thỡ x bng: A. x = 11 B. x = - 1 C. x = 121 D. x = 4 Cõu 4: Cho hai ng thng d 1 : y = 2x + 1 v d 2 : y = x 1.Hai ng thng ó cho ct nhau ti im cú ta l: A. ( 2; 3) B. ( 3; 2) C. (0; 1) D. (2; 1) Cõu 5: Trong cỏc phng trỡnh sau õy, phng trỡnh no cú hai nghim õm? A. x 2 + 2x + 3 = 0 B. x 2 + 2 x 1= 0 C. x 2 + 3x + 1 = 0 D. x 2 + 5 = 0 Câu 6: Mt hình tr có din tích xung quanh bng 128cm 2 , chiu cao bng bỏn kớnh ỏy. Khi ú th tớch ca nú bng : A. 64cm 3 B .128cm 3 C. 512cm 3 D. 34cm 3 Câu 7:Th tích ca hình nón bng 432 cm 2 . chiu cao bng 9cm . Khi ú bỏn kớnh ỏy ca hình nón bng : A. 48cm B. 12cm C. 16/3cm D . 15cm Câu 8: Một mặt cầu có diện tích là 3600 cm 2 thì bán kính của mặt cầu đó là: A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm Cõu 1. (1,75 im) Cho biu thc : 2 28 4 8 3 4 1 4 x x x x x B x x x x + + = + + ( 0, 16)x x 1/ Rỳt gn biu thc B . 2/ Tỡm x 2B x = -5. Cõu 2 (1 im) Mt i xe theo k hoch ch ht 140 tn hng trong mt s ngy quy nh. Do mi ngy i ú ch vt mc 5 tn nờn i ó hon thnh k hoch sm hn thi gian quy nh 1 ngy v ch thờm c 10 tn. Hi theo k hoch i xe ch hng ht bao nhiờu ngy? Bài 3. Cho hệ phơng trình: 2 3 5. mx y x my = + = a)Giải với m = 3 b)Tìm điều kiện của m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn hệ thức: 2 2 1 3 m x y m + = + . Bi 4 (2,0 im). Cho phng trỡnh: 2 2( 1) 2 0x m x m + + = (1) (vi n l x ). 1) Gii phng trỡnh (1) khi m =1. 2) Chng minh phng trỡnh (1) luụn cú hai nghim phõn bit vi mi m . 3) Gi hai nghim ca phng trỡnh (1) l 1 x ; 2 x . Tỡm giỏ tr ca m 1 x ; 2 x l di hai cnh ca mt tam giỏc vuụng cú cnh huyn bng 12 . Bi 4: (3im) Cho ng trũn tõm O, v dõy cung BC khụng i qua tõm.Trờn tia i ca tia BC ly im M bt kỡ.ng thng i qua M ct ng (O) ln lt ti hai im N v P (N nm gia M v P) sao cho O nm bờn trong gúc PMC. Trờn cung nh NP ly im A sao cho cung AN bng cung AP.Hai dõy cung AB,AC ct NP ln lt ti D v E. a)Chng minh t giỏc BDEC ni tip. b) Chng minh : MB.MC = MN.MP c) Bỏn kớnh OA ct NP ti K. Chng minh: 2 .MK MB MC > P N : PHN 1 Trc nghim (2 im): Cõu 1 Cõu 2 Cõu 3 Cõu 4 Cõu 5 Cõu 6 Cõu 7 Cõu 8 B A D D A A B C PHN II T LUN (8 im): Bi 1: 2,25 im 1) a) KX: x > 0, x 1 Rút gọn: A = ( ) 2 1 1 1 : 1 1 x x x x x +   +  ÷ − −   − = ( ) 2 1 1 1 . ( 1) 1 1 x x x x x −   +  ÷ − − +   = ( ) 2 1 1 . ( 1) ( 1) 1 x x x x x x x −   +  ÷  ÷ − − +   (0,25 điểm) = 1x x − (0,25 điểm) a) Với x > 0, x ≠ 1 thì A = 1 3 <=> ( ) 1 1 3 1 3 x x x x − = ⇔ − = (0,25 điểm) => x = 9 4 (thỏa mãn) Vậy với => x = 9 4 thì A = 1 3 (0,25 điểm) b) Với x > 0, x ≠ 1 thì P = A - 9 x = 1x x − - 9 x = 1 – 1 9 x x   +  ÷   (0,25 điểm) Áp dụng BĐT Côsi : 1 9 2.3 6x x + ≥ = (0,25 điểm) => P ≥ -5. Vậy MaxP = -5 khi x = 1 9 (0,25 điểm) 2) Do I là giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: 2 5 4 1 y x y x = +   = − −  Giải hệ tìm được I(-1; 3) (0,25 điểm) Do (d 3 ) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 Giải phương trình tìm được m = 5 (0,25 điểm) Bài 2 (2,0 điểm). 1) Khi m = 1 ta có phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 (0,25 điểm) Giải phương trình được 1 x 2 2= + ; 2 x 2 2= − (0,25 điểm) 2) Tính 2 ' m 1∆ = + (0,25 điểm) Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt (0,25 điểm) 3) Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương 2m 2 0 m 0 2m 0 + >  ⇔ >  >  (0,25 điểm) Theo giả thiết có x 1 2 + x 2 2 = 12 ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 12 (0,25 điểm) 2 4(m 1) 4m 12⇔ + − = ⇔ m 2 + m – 2 = 0 (0,25 điểm) Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) (0,25 điểm) Bài 3 (3,0 điểm). 1 Hình vẽ đúng: Lập luận có · 0 AEB 90= 0,25 Lập luận có · 0 ADC 90= 0,25 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 2 Ta có · · 0 AFB AFC 90= = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra · · 0 AFB AFC 180+ = Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,5 · · AFE ABE= (cùng chắn » AE ) và · · AFD ACD= (cùng chắn » AD ) 0,25 Mà · · ECD EBD= (cùng chắn » DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: · · AFE AFD= => FA là phân giác của góc DFE 0,25 3 Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra AH EH AD ED = (1) 0,25 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH BD ED = (2) 0,5 Từ (1), (2) ta có: AH BH AH.BD BH.AD AD BD = ⇔ = 0,25 Bài 4: Biến đổi phương trình về dạng : 2 (2 1) 2 1 y x x =− + − + (0,25 điểm) Phương trình có nghiệm nguyên khi x nguyên và (2x + 1) ∈ Ư(2) = { } 1; 2± ± (0,25 điểm) Tìm được x và y => kết luận x = 0 và y = -3 hoặc x = -1 và y = 3 (0,25 điểm) x H D B C E A F O O' . − = (0,25 điểm) => x = 9 4 (thỏa mãn) Vậy với => x = 9 4 thì A = 1 3 (0,25 điểm) b) Với x > 0, x ≠ 1 thì P = A - 9 x = 1x x − - 9 x = 1 – 1 9 x x   +  ÷   (0,25 điểm) . 1 Hình vẽ đúng: Lập luận có · 0 AEB 90 = 0,25 Lập luận có · 0 ADC 90 = 0,25 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 2 Ta có · · 0 AFB AFC 90 = = (Góc nội tiếp chắn nửa đường. lt ti D v E. a)Chng minh t giỏc BDEC ni tip. b) Chng minh : MB.MC = MN.MP c) Bỏn kớnh OA ct NP ti K. Chng minh: 2 .MK MB MC > PHềNG GD&T HI HU Kè THI CHT LNG HC Kè II. NM HC 2012