Học kì 2 toán 9 thái thịnh 1920

TRƯỜNG THCS THÁI THỊNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT 23/5/2019 Năm học 2019 – 2020 Ngày 23 tháng 05 năm 2020 Bài I (2,0 điểm).Cho biểu thức A  x2 x 3 x 2 x 8  B  với điều kiện x  0; x  x4 x 2 x 2 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Rút gọn biểu thức B 3) Gọi P  A.B So sánh P P Bài II (2,0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Hai cơng nhân xây tường hồn thành Nếu làm người thứ cần nhiều thời gian người thứ hai Hỏi làm mình, người xây xong tường bao lâu? 13  x y 2 y 3   Bài III Giải hệ phương trình    y 3   x  y Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx - m  a) Tìm tọa độ giao điểm  d   P  b)  d  cắt trục Oy M , tìm m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt E ; F ( E điểm có hồnh độ nhỏ hơn) nằm hai phía trục Oy cho S MOH  2S MOK với H K chân đường vng góc kẻ từ E F tới Ox O gốc tọa độ Bài IV (3,5 điểm) 1) Một cốc thủy tinh hình trụ chứa lượng nước Bán kính đáy cột nước hình trụ cm Người ta thả viên bi hình cầu (khơng thấm nước) vào cốc làm cho cột nước dâng lên cm nước chưa tràn ngồi Tính thể tích phần nước dâng lên 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  Kẻ đường cao BF ; CE ABC  F  AC ; Bài V E  AB  cắt đường tròn N M ; BF cắt CE H a) Chứng minh tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MN // EF OA  MN c) Chứng minh B, C cố định, điểm A di động cung lớn BC khoảng cách hai điểm A H không đổi (0,5 điểm) Cho x , y , z thỏa mãn  x, y , z  x  y  z  Tìm giá trị lớn Q  x2  y  z HDedu - Page HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức A  x2 x 3 x 2 x 8  B  với điều kiện x  0; x  x4 x 2 x 2 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Rút gọn biểu thức B 3) Gọi P  A.B So sánh P P Lời giải 1) Tính giá trị biểu thức A x  Thay x  (thỏa mãn ĐK: x  0; x  ) vào biểu thức A ta được: A 92 3 963  6 3 2 Vậy với x  , giá trị biểu thức A  2) Rút gọn biểu thức B Với x  0; x  , ta có: B  x 2 x 8   x4 x 2 x4 x 4  x 2  x 2    x 2 x 8   x 2 x 2 x 2 Vậy với x  0; x  B     x 2    x2 x 82 x  2  x 2 x 2 x 2     x 2   x 2 x 2 x 2 x 2 3) Gọi P  A.B So sánh P P Với x  0; x  , ta có: P  A.B  x 1   x2 x 3 x 2 x2  x 2 x 2 x 2  x 2 2 x 2 0, P  P (với x  0; x  ) HDedu - Page Bài II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai cơng nhân xây tường hồn thành Nếu làm người thứ cần nhiều thời gian người thứ hai Hỏi làm mình, người xây xong tường bao lâu? Lời giải Gọi thời gian người thứ xây xong tường là: x (giờ) Thời gian người thứ hai xây xong tường là: y (giờ, x  y  ) Trong giờ, người thứ xây được: Trong giờ, người thứ hai xây được: (bức tường) x (bức tường) y Trong giờ, hai người xây được: Do ta có phương trình: (bức tường) 1   (1) x y Nếu làm người thứ cần nhiều thời gian người thứ hai nên ta có pt: x  y  (2) Kết hợp (1) (2) ta hệ phương trình: 1 1  y  y  30  (*)    6  x  y   xy 6  y   y    y  5 y x y        x  y   x  y   x  y  x  y   Từ (*) tìm y  3 (Loại); y  10 (thỏa mãn ĐK) nên x  10   15 (thỏa mãn ĐK) Vậy thời gian người thứ xây xong tường là: 15 Thời gian người thứ hai xây xong tường là: 10 Bài III (2 điểm) 13  x y 2 y 3   Giải hệ phương trình    y 3   x  y Lời giải HDedu - Page ĐK y  3 ; x  y 13   3 y   x y 2 y 3   x  y  y   13       x y  y 3    y3    y 3    x  y  x  y  y 3  y   y        x y  y 3  x y  y 3   x       y   x   TM  y      x    y   TM   x   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    8;6  Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx - m  a) Tìm tọa độ giao điểm  d   P  b)  d  cắt trục Oy M , tìm m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt E ; F ( E điểm có hồnh độ nhỏ hơn) nằm hai phía trục Oy cho S MOH  2S MOK với H K chân đường vuông góc kẻ từ E F tới Ox O gốc tọa độ Lời giải a)Với m  phương trình đường thẳng  d  trở thành y  3x  Hoành độ giao điểm  d   P  nghiệm phương trình: x  3x   x  3x    x2  x  x    x  x  2   x  2    x   x  1  x  1 y   x   y  Vậy tọa độ giao điểm d   P  1;1  2;   m 1  b)Xét  d  : y  mx - m  cắt trục Ox N  ;  cắt trục Oy M  0; m  1  m  HDedu - Page y d E M F H O K x N Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  là: x  mx  m   x  mx  m   (1)  d   P  cắt hai điểm phân biệt trình 1 có hai nghiệm trái dấu nên: E ; F nằm hai phía trục Oy phương Để  m  1   m  Xét phương trình 1 có Khi xE    m      m2 m m2 m m2 ; xF  2 Kẻ EH  Ox H ; FK  Ox K suy OH  xE  m m2 OK  xF  m m2 1 Ta có S MOH  OM OH ; S MOK  OM OK mà S MOH  2.S MOK suy 2 OH  2OK  m m2 m m2  2 HDedu - Page m   m    m2 m2  m m2  2 3 m    m   m   3m m m2 *  m   KTM  Vì m  nên m   nên từ * ta có   m  1 TM  Vậy m  1  d  cắt trục Oy M , tìm m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt E ; F ( E điểm có hồnh độ nhỏ hơn) nằm hai phía trục Oy cho S MOH  2S MOK Bài IV (3,5 điểm) 1)Một cốc thủy tinh hình trụ chứa lượng nước Bán kính đáy cột nước hình trụ cm Người ta thả viên bi hình cầu (không thấm nước) vào cốc làm cho cột nước dâng lên cm nước chưa tràn ngồi Tính thể tích phần nước dâng lên 2)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  Kẻ đường cao BF ; CE ABC  F  AC ; E  AB  cắt đường tròn N M ; BF cắt CE H a) Chứng minh tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MN // EF OA  MN c) Chứng minh B, C cố định, điểm A di động cung lớn BC khoảng cách hai điểm A H khơng đổi Lời giải 1) Phần nước dâng lên hình trụ có đáy đáy cốc nên r  cm, chiều cao h  cm Vậy thể tích phần nước dâng lên là: V   r h   32.2  18 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  F  AC , E  AB  O   cm  Kẻ đường cao BF , CE ABC cắt đường tròn N M ; BF cắt CE H a) Chứng minh tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MN // EF OA  MN c) Chứng minh B, C cố định, điểm A di động cung lớn BC khoảng cách hai điểm A H không đổi Lời giải HDedu - Page N A K F M E O H C B I D a) Vì BF , CE đường cao ABC  F  AC , E  AB  (gt) nên   90 (định nghĩa) BF  AC   AFB  BFC   90 (định nghĩa) CE  AB   AEC  BEC Xét tứ giác AEHF có  AFB   AEC  180 , mà hai góc đối Vậy AEHF tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm)   BFC   90 (cma), hai góc nhìn cạnh BC hai góc b) Xét tứ giác BEFC có BEC Vậy BEFC tứ giác nội tiếp (dhnb)  ) 1   BCE  (hai góc nội tiếp chắn BE  BFE Vì M , N , B, C   O  nên BCNM tứ giác nội tiếp  )  2   BNM  (hai góc nội tiếp chắn BM  BCE   BNM  Từ 1    BFE Mà hai góc vị trí đồng vị  EF // MN (đpcm) Gọi K giao điểm AO EF , AD đường kính đường trịn  O  Vì BEFC tứ giác nội tiếp (cmt)   AEF   ACB Xét đường tròn  O  :  ACB  sđ  AB (tính chất góc nội tiếp) HDedu - Page   sđ BD  (tính chất góc nội tiếp) EAO Ta có:       sđ  )  (sđ  AEF  EAO ACB  EAO AB  sđ BD AB + sđ BD 2   sđ AD  180  90 2   90 (cmt)  AKE   90  AO  EF K (định nghĩa) Xét AEK có  AEF  EAO Mà EF // MN (cmt)  AO  MN (định lý từ vng góc tới song song) (đpcm) c) Gọi I giao điểm HD BC Xét đường tròn  O  :  ABD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB  BD (định nghĩa) Mà CE  AB (gt)  CE // BD (định lý từ vng góc tới song song)  CH // BD  ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AC  CD (định nghĩa) Mà BF  AC (gt)  BF // CD (định lý từ vng góc tới song song)  BH // CD Xét tứ giác BHCD có CH // BD BH // CD (cmt)  BHCD hình bình hành (dhnb)  I trung điểm BC DH (tính chất hình bình hành)  OI  BC (liên hệ đường kính dây cung) Vì B, C cố định  I cố định O cố định  OI cố định HDedu - Page Xét ADH có O trung điểm AD , I trung điểm DH  OI đường trung bình ADH (định nghĩa)  OI // AH OI  AH (tính chất đường trung bình) Mà OI cố định  AH không đổi Vậy B, C cố định, điểm A di động cung lớn BC khoảng cách hai điểm A H không đổi (đpcm) Bài V (0,5 điểm) Cho x , y , z thỏa mãn  x, y , z  x  y  z  Tìm giá trị lớn Q  x2  y  z Lời giải Ta có  x, y , z     x   y   z      x  y  z    xy  yz  zx   xyz  (1) Lại có x  y  z  nên (1)   4.3   xy  yz  zx   xyz    xy  yz  zx    xyz   xy  yz  zx  x   Đẳng thức xảy chỉ  y  hốn vị z   Ta có Q  x  y  z   x  y  z    xy  yz  zx     xy  yz  zx    2.2  x   Vậy giá trị lớn Q xảy chỉ  y  hốn vị z   HDedu - Page ... ? ?2 Vậy với x  0; x  B     x ? ?2    x? ?2 x 8? ?2 x  2  x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2     x ? ?2   x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 3) Gọi P  A.B So sánh P P Với x  0; x  , ta có: P  A.B  x 1   x? ?2. .. A 9? ? ?2 3 9? ??63  6 3 ? ?2 Vậy với x  , giá trị biểu thức A  2) Rút gọn biểu thức B Với x  0; x  , ta có: B  x ? ?2 x 8   x4 x ? ?2 x4 x 4  x ? ?2  x ? ?2    x ? ?2 x 8   x ? ?2 x ? ?2. ..   m? ?2 m m? ?2 m m? ?2 ; xF  2 Kẻ EH  Ox H ; FK  Ox K suy OH  xE  m m? ?2 OK  xF  m m? ?2 1 Ta có S MOH  OM OH ; S MOK  OM OK mà S MOH  2. S MOK suy 2 OH  2OK  m m? ?2 m m? ?2  2 HDedu