2016 MÔN TOÁN 9.

Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB.[r]

PHÒNG GD – ĐT CẨM GIÀNG

TRƯỜNG THCS NGUYỄN HUỆ ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ THÁNG 01NĂM HỌC: 2015 – 2016 MƠN: TỐN LỚP 9

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 01 trang)

P=( x −√x+

1

√x −1):

√x+1

x −2√x+1 Câu ( 2,0 điểm) : Cho biểu thức: ; với x>0, x1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x để P = -1 Câu ( ,0 điểm):

1) Cho hàm số: y = f(x) = (2 – m)x + a) Tìm m để hàm số đồng biến

 1

a b 

b) Gọi A điểm có tọa độ (a; b) thuộc đồ thị hàm số m = Xác định a; b biết

2

5

x y m x y 

   

 

  2) Cho hệ phương trình:

a) Giải hệ phương trình với m = 14

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn x > y < Câu ( 1,5 điểm): Giải toán lập hệ phương trình:

Để vận chuyển số gạch đến cơng trình xây dựng, dùng xe loại lớn chở 10 chuyến vừa hết, dùng xe loại nhỏ chở 15 chuyến vừa hết Người ta dùng hai loại xe để chở Biết tổng cộng có tất 11 chuyến xe vừa lớn vừa nhỏ Hỏi loại xe chở chuyến?

Câu ( ,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O, R), đường kính AB Điểm M thuộc nửa đường trịn (M khơng trùng với A với B) Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn tâm O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H, cắt AM K

a) Chứng minh: điểm F, E, K, M nằm đường trịn b) Chứng minh tứ giác AHFK hình thoi

c) Chứng minh đường thẳng HF tiếp xúc với đường tròn cố định điểm M di chuyển nửa đường tròn tâm O

1 1

a b c   2 2 2

1 1

A

a ab b b bc c c ca a

  

      Câu ( 0,5 điểm):

Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức: ========= Hết ==========

PHÒNG GD & ĐT CẨM GIÀNG

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ THÁNG 01 NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn: Tốn 9

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

a) Với x > 0, x  thì: P=(

x −√x+

√x −1):

√x+1

x −2√x+1

0,25

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

 

 

  P

x x   P 0,50 x P x  

Vậy với x > 0, x 

0,25 b) Với x  0, x ≠ 1, thì:

x

P 1 x x

x 

      0,25

1

2 x x

2

    0,50

1 x

4  

(thoả mãn x > 0, x  1)

0,25

(3 đ)

1a Hàm số y = f(x) = (2 – m)x + đồng biến

 2 – m > 0 0,25

 m < 2 0,25

Vậy với m < hàm số cho đồng biến 0,25 1b Với m = hàm số cho có dạng y = -2x +

Vì A điểm có tọa độ (a; b) thuộc đồ thị hàm số y = - 2x + nên ta có b = - 2a + => b + = - 2a + (1)

0,25 Theo giả thiết ta có

 1

a b  ab a22 ab2 a4

=> => (2)

 a b2 a 12 0

Thay (2) vào (1) biến đổi

0,25

Tính a = b = 0,25

2a 14

5 x y x y       

  Với m = 14 hệ phương trìnhđã cho có dạng:



2 14

15 3

x y x y           17 17 x x y          5.1 x y          x y        0,25 0,25 0,25 Vậy với m = 14 hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 4) 0,25 2b 5;

17 17

m m

2

5 m

  

Để x > y < ta phải có

0,25

(1,5đ)

* N

 Gọi số chuyến xe loại lớn x (x )

0,25 *

N

 Gọi số chuyến xe loại nhỏ y (y )

1

10Một chuyến xe loại lớn chở (công việc) 0,25

15Một chuyến xe loại nhỏ chở (công việc) 10

x

Xe loại lớn chở (công việc) 0,25 15

y

Xe loại nhỏ chở (công việc)

10 15 11 x y x y     

 

  Theo ta có hệ phương trình

0,25 Giải hệ phương trình kết (x; y) = (8; 3) (t/mãn) 0,25 Vậy có chuyến xe loại lớn, chuyến xe loại nhỏ 0,25

(3đ)

0,25

a)  AEB, AMB nội tiếp đường trịn (O) đường kính AB  => AEB vuông E, AMB vuông M

 

BEF KMF 90  =>

0,25 0,25  EKF vuông E, MKF vuông M

1

EC CM KF

2

 

CK CF

  Gọi C trung điểm KF => 0,25

Suy điểm F, E, K, M nằm đường tròn tâm C 0,25 b)  AHK có AE vừa đường cao vừa phân giác => AHK cân A

=> AH = AK HE = EK 0,25



1



2



EC đường trung bình HKF nên ECHF mà EC KF 0,50 x

I

F

C

K E H

M

O

=> HF = KF

FK AB Chứng minh K trực tâm tam giác FAB =>

AH AB mà

 

KFE EAH do AH//KF =>

0,25

KEF HEA

  => (g.c.g) suy AH = KF

Do AH =AK = KF = EH nên tứ giác AHFK hình thoi

0,25 c) AM BF HF BF Vì AHFK hình thoi suy HF//AM, mà nên (1) 0,25

Mặt khác HK trung trực AF hay BH trung trực AF nên BF = AB = 2R (2)

Từ (1) (2) suy HF tiếp tuyến đường tròn (B; 2R) cố định 0,25

(0,5đ) x y z   xy yz  zx  x y z  Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: (*) với x, y, z > 0, dấu “=” xảy

Thật vậy:

x y z   xy yz  zx

2x 2y 2z xy yz zx

     

x xy y  y yz z z zx x

         

 x y 2 y z 2 z x2

      

(luôn với với x, y, z > 0)

x y z

   dấu “=” xảy

Áp dụng (*), với a, b, c > ta có:

1 1 1

3

a b c ab bc ca

     

(1) 0,25

Mặt khác với a, b > 0, ta có: a b 20

2 2

2

1

2

a ab b a ab b ab

ab a ab b

         

 

Dấu “=” xảy  a = b

2 2

1 ; 1

ca bc

b  bc c  c  ca a  Tương tự

1 1

A

ca ab bc

   

(2)

A

  Từ (1), (2)

1 1

a b c

a b c a b c

    

 

   

  

Dấu “=” xảy

Vậy maxA = 3, đạt a = b = c = 0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa