Đề thi giữa học kì 2 Toán 9 2019 THCS Trưng Vương lần 2

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Một tổ sản xuất theo kế hoạch phải làm xong 420 chi tiết máy cùng loại trong một số ngày qui định, mỗi ngày làm được một [r]

Bài I (2,0 điểm) Với x > 0,x ≠ , cho hai biểu thức:

15

x P

x

−

=

9 3 3

x x

Q

x x x

−

= + −

− + −

1) Tính giá trị biểu thức P x = 25

2) Rút gọn biểu thức Q

3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức T = P Q đạt giá trị

nguyên

Bài II (2,0 điểm)

Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một tổ sản xuất theo kế hoạch phải làm xong 420 chi tiết máy loại số ngày qui định, ngày làm số lượng chi tiết máy Nhờ cải tiến kĩ thuật, thực tế ngày tổ làm thêm chi tiết máy loại so với kế hoạch Vì vậy, tổ hồn thành cơng việc sớm ngày so với qui định Tính số chi tiết máy tổ sản xuất dự định làm ngày theo kế hoạch

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

6

x + x − =

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol(P) :

y = x đường

thẳng (d) y = mx +

a) Chứng minh đường thẳng (d) cắt parabol(P) hai điểm A,B phân biệt

b) Gọi H, K hình chiếu vng góc A, B lên trục Ox Tìm giá trị m để chiều cao hình thang AHKB ( đơn vị độ dài)

TRƯỜNG THCS TRƯNG VƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP

LẦN

NĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: TỐN

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O R; ) dây BC cố định (BC < 2R) Lấy điểm A thuộc cung lớn BC cho ABC∆ nhọn vàAB < AC Hai đường cao BM vàCN ABC∆ cắt H

1) Tứ giác AMHN nội tiếp

2) Vẽ đường kính AD đường trịn ( )O Chứng minh tứ giác

BHCD hình bình hành

3) Tia BM cắt đường tròn điểm thứ hai làE Chứng minh M

là trung điểm HE vàMN ⊥ AD

4) Tia CN cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Gọi d

đường thẳng qua H vng góc vớiEF Chứng minh điểm A

thay đổi cung lớn BC sao cho ABC∆ nhọn đường thẳng d

ln qua điểm cố định Bài V (0,5 điểm):

Cho ≤ x y z, , ≤ x + + =y z Tìm GTLN, GTNN biểu thức:

1 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I

1) Thay x = 25 (TM) vào biểu thức P ta được: 25 15 25

P = − =

Vậy P = x = 25 2) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )

6 8

9 3 3 3 3 3 3

6 3 3

3 3

3

3

3

x x x x

Q

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x

x x x − − = + − = + + − + − + − + − − + − + + − = = + − + − − = = + + − Vậy x Q x = +

3) Ta có: 15 15

3

x x x

T P Q

x x x

− −

= = =

+ +

TH1: Xét x = 15 ⇒T = ∈0 ℤ ⇒ x = 15 (TM)

TH2: Xét x ≠ 15, x ∈ ℤ x ∉ ℤ ⇒ x số vô tỉ ⇒ x +

số vô tỉ Mà x −15 số nguyên khác nên 15 x

x −

+ số vô tỉ

T

⇒ ∉ ℤ (Loại)

TH3: Xét x ∈ ℤ x ∈ ℤ ta có:

T x

x

= − −

+

Vì x − ∈ ℤ3 nên 3 T x x ∈ ⇔ ∈ ⇔ + ∈ +

Vì x + ≥ ⇒3 x + ∈3 { }3;6 Với x + = ⇔3 x = (TM)

Với x + = ⇔3 x = ⇔3 x = (TM) Vậy x ∈{0;9;15}

Bài II

Gọi số chi tiết máy tổ sản xuất ngày theo dự định x (chi tiết

máy) (x ∈ ℕ*)

Thời gian theo kế hoạch để sản xuất 420 chi tiết máy là: 420

x (ngày)

Nhờ cải tiến kĩ thuật, ngày tổ sản xuất thêm chi tiết nên tổ làm x +2 (chi tiết máy) ngày

Thời gian thực tế mà tổ sản xuất 420 chi tiết máy là: 420

2

x +

(ngày)

Vì tổ hồn thành công việc sớm ngày so với qui định nên ta có phương trình:

420 420

x − x + =

( )

( ) ( ) (( ))

420 420

2 2

x x x x

x x x x x x

+ +

⇔ − =

+ + +

( ) ( )

420 x 420x x x

⇒ + − = +

2

2 840

x x

⇔ + − =

(x 28)(x 30)

⇔ − + =

28 ( ) 30 ( )

x TM

x L

 = ⇔  =



Bài III

1) Giải phương trình:

6 x + x − = (1) Đặt ( )

0 x = t t ≥

( )

1 ⇔ t + − = t

2

3

t t t

⇔ + − − =

( 3) (2 3)

t t t

⇔ + − + =

(t 3)(t 2) ⇔ + − = ( ) ( ) t KTM t TM  = − ⇔  = 

2 2

t = ⇒ x = ⇒ x = ±

Vậy phương trình có tập nghiệm S = ± { }2 2) a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

( )

2

3 *

x = mx + ⇔ x −mx − =

( )

2 2

4 12

b ac m m m

∆ = − = − − = + > ∀

Do ∆ > ∀ nên phương trình(*) ln có hai nghiệm phân biệt với 0, m m Vậy parabol (P) cắt đường thẳng (d) hai điểm A,B phân biệt

b) Vì parabol (P) ln cắt đường thẳng (d) hai điểm A,B phân biệt nên ta gọi tọa độ A x y( 1; 1) (;B x y2; 2) Hồnh độ điểm A,B nghiệm phương trình (*)

Mà phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m nên áp dụng hệ thức Vi- ét ta được:

1

1

x x m

x x

 + = 

 = − 

Mà H, K hình chiếu vng góc A, B lên Ox nên:

1

1

HK OH OK x x

x x

= + = +

( )2

1 18

x x

⇒ + =

2

1 2 18

x x x x

⇔ + + =

( )2

1 2 2 18

x x x x x x

⇔ + − + =

( )

2

2 2.3 18 m

⇔ − − + =

2

6

m m

⇔ = ⇔ = ±

Bài IV I H 2 2 1 1 F E N M D d C B A O P Q Chứng minh:

1) Xét tứ giác AMHN ta có:

0

90

AMH = (Vì BM đường cao)

0

90

ANH = (Vì CN đường cao)

0 0

90 90 180

AMH ANH

⇒ + = + =

Mà AMH ANH hai góc đối tứ giác AMHN Do AMHN tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành

0

90

ACD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

DC AC

⇒ ⊥

/ / DC

BH

⇒ (cùng vng góc vớiAB ) Tương tự cm: BD / /CH

BHCD

⇒ hình bình hành

3) Chứng minh M trung điểm HE MN ⊥ AD + C1 = B1( hai góc nội tiếp chắn cung AE)

2

C = B ( phụ với góc BAC)

1

C C

⇒ =

CHE

∆ có CM vừa đường phân giác, vừa đường cao ⇒ ∆CHE cân C

CM đường trung trực HE ⇒M trung điểm HE + Gọi I giao điểm AD MN

Ta có:

90 ( ABD

NAD + BDA = ∆ vuông B)

0

90 (

Mà BDA = ACB( hai góc nội tiếp chắn cung AB)

NAD HBC

⇒ =

1

ANM = H ( hai góc nội tiếp chắn cung AM)

Mà H1 = H2 (hai góc đối đỉnh)

0

2 90

H +HBC =

0

0

90

90

ANM HBC

ANM NAD

MN AD

⇒ + =

⇒ + =

⇒ ⊥

4) Chứng minh điểm A thay đổi cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn đường thẳng d qua điểm cố định

Gọi P trung điểm BC, Q điểm đối xứng O qua P Vì O, P cố định nên Q cố định

Chứng minh Q ∈d

Bài V

+ Tìm max K Xét

2 2(1 x) 2(1 ) 2(1 ) (1 x) (1 ) (1 )

2 2

9 ( )

2

2

K y z

y z

K

x y z K = + + + + + + + + + + + ≤ + + + + + ≤ = K ⇒ ≤

Vậy max K = 2khi x = = = y z + Tìm K

Bước 1: dồn K biến

Giả sử x ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ y z z Xét

( )2

1+ +x 1+y = + + +2 x y 1+ + +x y xy

( )2

2 4

1 1 4

x y x y z x z

x y z K z z

≥ + + + + + = − + − = + −

⇒ + + + ≥ + − ⇒ ≥ + − + + Bước 2: Chứng minh:

2

4 (4 )(1 ) z

(z 1)(z 2)

z z z z z

− + + ≥ + ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤

(luôn với ≤ ≤ ) z

1 K

⇒ ≥ + +