TOÁN 9 đề và đa THCS ARCHIMEDES ACADEMY 2018 2019 (1) (1)

THCS ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ THI TOÁN NGÀY 27-4-2019 TỔ TOÁN Năm học 2018 – 2019 Thời gian: 120 phút Câu I (2 điểm) Cho biểu thức A = 4x  x B = x4  x 2 x 2 với x  0; x     : x 2 x 2  x 2 a) Tính giá trị A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Cho P = B Tìm m để phương trình ( x  x ).P  m có nghiệm A Câu II (2 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Trong lễ trưởng thành cho học sinh khối niên khóa 2015 – 2019 trường Archimedes, bạn học sinh xếp hàng chụp ảnh kỉ niệm Nếu xếp thành hàng thừa bạn, xếp thành 10 hàng thiếu bạn, biết số bạn hàng xếp hàng nhiều số bạn hàng xếp 10 hàng bạn số bạn hàng Tính số học sinh khối niên khóa 2015 – 2019 trường Archimedes Câu III (2 điểm) y   x 1  y 1  1 Giải hệ phương trình   4x   y 1   y 1 Cho phương trình x  x  2m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  3x1 x2  147 Câu IV (3,5 điểm) Cho ∆ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn (O;R) Điểm M cung nhỏ AC (AM > MC) Gọi H, I K hình chiếu M lên AB, AC BC a) Chứng minh điểm M, I, C, K thuộc đường tròn b) Chứng minh: MI.MB = MK.MA c) Gọi D, E trung điểm AB IK Chứng minh: i H, I, K thẳng hàng ii ME ⊥ DE d) Chứng minh: AB BC AC + = MH MK MI Câu V (0,5 điểm) Cho số a, b, c [0;1] x, y, z  0;  thỏa mãn điều kiện:  2 a b  c  x  y  z 1 Chứng minh rằng: ax  by  cz  8abc Cán coi thi khơng giải thích thêm Hướng dẫn chấm: Câu Đáp án a) Với x = (thỏa mãn điều kiện) 4.9   12 94 b) Điều kiện x  0, x  A= ( x  2)2  ( x  2) x B= ( x  2)  ( x  2)( x  2) x 2 B c) Điều kiện xác định P = A A ≠  x   x  0, x  Điểm 0.25 0.25 Câu I Khi đó: P = 2( x  2) (2đ) x 2 ( x  x ).P  m  x ( x  2)  m  x  x  m  Đặt x  t (t  0, t  2) Khi phương trình trở thành: 2t  4t  m  Phương trình có nghiệm khi:  '   2m   m  2 Khi t1 , t2 hai nghiệm phương Câu II (2đ) trình Theo Viet: t1  t2    phương trình ln có nghiệm dương Ta tìm điều kiện để t = khơng nghiệm Khi 2.22 – 4.2 – m ≠  m ≠ Vậy ta có điều kiện m: m ≥ - 2, m ≠ Gọi số học sinh hàng xếp hàng là: x (học sinh) (x ∈ N*) Vì số học sinh hàng xếp hàng nhiều xếp hàng 10 học sinh nên số học sinh xếp hàng 10 là: x – (học sinh) Khi xếp hàng thừa học sinh nên số học sinh là: 7x + (học sinh) Xếp hàng 10 thiếu học sinh nên số học sinh là: 10(x – 8) – (học sinh) Khi ta có phương trình: 7x + = 10(x – 8) –  7x + = 10x – 81  3x = 84  x = 28 (thỏa mãn) Số học sinh trường Archimedes năm học 2015-2019 là: 7.28 + = 199 (học sinh) Giải hệ phương trình Điều kiện: x  1, y  0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 Câu III (2đ)   x 1  y 1  Biến đổi hệ ta có:  2 x     y 1  x 1  x  Giải được:  (thỏa mãn)   y   1  y   0.25 0.5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là: (2;0) Phương trình: x  x  2m   Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi:   53  8m  53    m S    P  2m    2m    Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt m  0.5 53  x1  x2   x1 x2  2m  Theo Viet:  x13  x23  3x1 x2  147  ( x1  x2 )[( x1  x2 )2  x1 x2 ]  3( x1x2  49)   ( x1  x2  3)(49  x1 x2 )  + x1 x2  49  2m   49  m  25 (không thỏa mãn)  x1  x2  x    x1  x2   x2  11 Khi x1 x2  2m   10  m  (thỏa mãn) 11 Vậy m  + x1  x2    0.5 0.25 A H D O M I E K B Câu IV (3,5đ) C a) Ta có MI ⊥ AC  MIC  900 MK ⊥ BC  MKC  900 Xét tứ giác MICK có MIC  MKC  1800 Mà góc vị trí đối  MICK nội tiếp  M, I, C, K thuộc đường tròn b) Xét ∆IMA ∽ ∆KMB (g.g) MI MA    MI MB  MK MA MK MB c) i Chứng minh tứ giác AHIM, HBKM nội tiếp Chứng minh: AMC  HMK (1800  ABC )  AMH  KMC Khi đó: AIH  AMH  KMC  CIK  AIH  HIC  KCI  HIC  1800  H, I, K thẳng hàng AB AM  IK IM AB AD AM Do D, E trung điểm AB, IK    KI IE IM => ∆AMD ∽ ∆IME (c.g.c) => AMD  IME  AMI  DME AM IM   AIM ∽ DEM (c.g.c) MD ME  AIM  DEM  900  DE  EM MI MC AB.MI AB.MC d) ∆HIM ∽ ∆BCM     MH MB MH MB MI MA BC.MI BC.MA ∆ABM ∽ ∆IKM     MK MB MK MB ii Chứng minh: ∆ABM ∽ ∆IKM (g.g)  0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Chứng minh: AB.MC + BC.MA = AC.MB AB.MI BC.MI AB.MC  BC.MA AC.MB     AC MH MK MB MB AB BC AC    MH MK MI  0.25 Ta có: x  y  z   z   x  y Khơng tính tổng quát giả sử:  a  b  c  Câu V (0,5đ) 1  1  ax  by  cz  ax  by  c(1  x  y )  ax  c   x   by  c   y  2  2  1 Do:  x  0;  y  Suy ra: 2 1  1  ab ax  by  cz  ax  a   x   by  b   y   2  2  ab Xét hiệu:  8abc  (a  b  16abc) 2  [(a  b)  16ab(1  a  b)] 1  [(a  b)(1  16ab)  16ab]  (2 ab ab  16ab)  2 ab   8abc Suy ra: ax  by  cz  8abc 1 Dấu “=” xảy  a  b  , c  x  y  , z  2 0.25 0.25