bộ đề kiểm môn toán 9 học kì 2 năm học 2019 2020 các quận hà nội có đáp án (file word)

PHÒNG GD VÀ ĐT NAM TỪ LIÊM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ KHỐI TRƯỜNG THCS MỸ ĐÌNH NĂM HỌC 2019-2020 MƠN: TỐN (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: Cho hai biểu thức 1) Khi A= x = 81 tính giá trị biểu thức A 2) Rút gọn biểu thức 3) Với x−5 x −3 x−9 B= + + x − với x ≥ 0; x ≠ x−3 x+3 x − B x > tìm giá trị nhỏ b biểu thức P = A.B Bài Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe cần vận chuyển 160 gạo với khối lượng gạo xe chở Khi khởi hành đội bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo (khối lượng gạo xe chở nhau) Hỏi đội xe ban đầu có chiếc? Nón Huế hình nón có đường kính đáy 40cm , độ dài đường sinh 30cm Người ta lát mặt xung quanh hình nón ba lớp khơ Tính diện tích cần dùng đề tạo nên nón Huế (làm trịn cm ) Bài 1 x +   3 − 1) Giải hệ phương trình  x 2) Cho phương trình =3 y −1 =4 y −1 x2 - ( m + 2) x + m = ( x ẩn số) a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với số thực b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn m x1 - x2 = Bài ( O;R ) Các đường cao AK, BI tam giác ABC cắt H Các đường thẳng AK BI cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai D Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp E Chứng minh rằng: 1) Chứng minh tứ giác 2) Chứng minh ABKI nội tiếp IK // DE OC ⊥ IK ( ) 3) Cho đường tròn O dây AB cố định Chứng minh điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK không đổi Bài 5: x > 0, y > Tìm giá trị nhỏ biểu thức Cho số A= xy x2 + y + xy x+ y HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức x−5 x −3 x−9 B= + + x − với x ≥ 0; x ≠ x−3 x+3 x − A= x = 81 tính giá trị biểu thức A 1) Khi 2) Rút gọn biểu thức B x > tìm giá trị nhỏ B biểu thức P = A.B 3) Với Lời giải: 1) Giá trị 81 − 72 72 = = = 12 81 − − A= x = 81 A = 12 Vậy x ≥ 0; x ≠ ta có 2) Với x−5 x −3 + + x−9 x −3 x +3 B= = x = 81 thỏa mãn điều kiện x ≥ 0; x ≠ ,thay vào biểu thức A ta được: x +3 ) + ( x −3 ) ( x + 3) ( x − 3) ( ( x + ) + ( x − 3) + x − = ( x − 3) ( x + 3) = = : Vậy ( ( x −3 x +3 x −3 x +9+2 x −6+ x−5 x −3 ( ( x −3 )( x x −3 P= )( x +3 x +3 ) = ) x x−9 x = x − Với x ≥ 0; x ≠ ) + ) ( x−5 x −3 x −3 )( x +3 ) 3) Ta có: P = A.B = ( x−3 )( ) x+3 +9 x−3 9 = x − 3+ +6 x−3 x−3 = x + 3+ x−9 x x x− 9+ = = = x −3 x−9 x −3 x−3 x > ⇒ x > ⇒ x − > vµ x− >0 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si với số khơng âm ta có: x − 3+ ⇒ x − 3+ x−3 ≥2 x−3 ( ) x−3 x−3 =6 + ≥ 12 hay P ≥ 12 Dấu "=" xảy x−3= Đối chiếu với điện ta thấy Vậy Min Bài x−3 ⇔ (  x − 3=  x =  x = 36 x − = 9⇒  ⇒ ⇒ x − = − x = x=   ) x= 36 thỏa mãn điều kiện P = 12 ⇔ x=36 (2,5 điểm): Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe cần vận chuyển 160 gạo với khối lượng gạo xe chở Khi khởi hành đội bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo (khối lượng gạo xe chở nhau) Hỏi đội xe ban đầu có chiếc? Nón Huế hình nón có đường kính đáy 40cm , độ dài đường sinh 30cm Người ta lát mặt xung quanh hình nón ba lớp khơ Tính diện tích cần dùng đề tạo nên nón Huế (làm tròn cm ) Lời giải 1) Gọi x (xe) số xe ban đầu đội xe ( x ∈ N * ) 160 Theo dự kiến số gạo xe định chở là: x (tấn) Số xe thực tế là: x+ (xe) 160 Số gạo thực tế xe chở là: x + (tấn) Vì thực tế bổ sung thêm xe nên xe chở dự định lúc đầu gạo Vậy ta có phương trình:  x = ( TM ) 160 160 +2= ⇔ x + x − 64 = ⇔  x+4 x  x = −8 ( KTM ) Vậy số xe ban đầu đội xe xe 2)Chiếc nón Huế hình nón có đường kính đáy R= d = 40 ( cm ) , nên bán kính đáy d 40 = = 20 ( cm ) 2 Độ dài đường sinh: l = 30 ( cm ) Vậy diện tích xung quanh hình nón là: SπRl = = 3,14.20.30 = 1884cm( ) Vì người ta lợp nón lớp lá, nên diện tích cần dùng để tạo nên nón Huế là: 1884.3 = 5652 ( cm2 ) Bài 3(2,0 điểm) 1 x +   3 − 1) Giải hệ phương trình  x 2) Cho phương trình =3 y −1 =4 y −1 x2 - ( m + 2) x + m = ( x ẩn số) a/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với số thực b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn m x1 - x2 = Lời giải 1 = a, =b 1) Đặt x (Điều kiện a,b ¹ y- 0) Khi hệ phương trình cho trở thành ìï a + b = ï Û í ïï 3a - 2b = ỵ ìï 2a + 2b = ï Û í ïï 3a - 2b = ợ ỡù ùù = ù ị ùớ x ị ùù =1 ùù y ùợ ìï ïï x = í ïï y = ỵï ìï 5a = 10 ï Û í ïï a + b = ỵ ìï a = ï í ïï b = (Thỏa mãn điều kin) ợ ổ1 ỗỗ ;2ữ ữ ữ ỗ ữ Vậy hệ phương trình cho có nghiệm è ø 2) a/ Phương trình cho phương trình bậc hai có ù - 4.1.m = m2 + 4m + - 4m = m2 + > 0" m Ỵ ¡ D = b2 - 4ac = é ê- ( m + 2) û ú ë Þ Phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với số thực m b/ Theo chứng minh ý a/ phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo yêu cầu đề x1;x2 x1 - x2 = (điều kiện x1 > x2 ³ 0) Do đó, ta thực +) Tìm điều để phương trình cho có nghiệm dương ìï - b ïï >0 Û ïí a Û ïï c ïï > ïỵ a ìï m + > ï Û m> í ïï m > ỵ (*) ìï x + x = m + 2 ï í +) Theo hệ thức Vi- et ta có ïïỵ x1x2 = m +) Giả thiết x1 - x2 = Û ( x1 - ) x2 = ( 5)2 Û x1 + x2 - x1x2 = é m = - 1(VN ) ê Û m + 2- m = Û m - m - = Û ê Û m=9 êm=3 (Thỏa mãn) ë Vậy m = Bài ( O;R ) Các đường cao AK, BI tam giác ABC cắt H Các đường thẳng AK BI cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai D Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp E Chứng minh rằng: 1) Chứng minh tứ giác 2) Chứng minh ABKI nội tiếp IK // DE OC ⊥ IK ( ) 3) Cho đường tròn O dây AB cố định Chứng minh điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK không đổi Lời giải: 1) Chứng minh tứ giác Xét ABKI nội tiếp ∆ ABC có đường cao AK BI ( giả thiết ) ⇒ AK ⊥ BC K BI ⊥ AC I · = AKC · = 90o AIB · = BIC · = 90o ⇒ AKB Xét tứ giác ⇒ ⇒ Tứ giác · = AIB · = 90o ( Chứng minh ) ABKI có: AKB K I hai đỉnh liền kề nhìn cạnh AB góc ABKI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm ) 2) Chứng minh IK // DE OC ⊥ IK · = ABI · ABKI nội tiếp ( Chứng minh ) ⇒ AKI cung nhỏ AI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ) Tứ giác hay ( Hai góc nội tiếp chắn · = ABE · AKI ( Do I ∈ BE ) Ta có : · = ABE · ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AE đường tròn ( O ) ) ADE Từ (1) (2) suy · = ADE · AKI (1) (2) Mà · ADE · AKI Tứ giác cặp góc đồng vị nên suy IK // DE ( đpcm ) · = KBI · ABKI nội tiếp ( Chứng minh ) ⇒ KAI nhỏ KI đường tròn ngoại tiếp tứ giác I ∈ AC,K ∈ AD,I ∈ BE,K ∈ BC ( Hai góc nội tiếp chắn cung · · ABKI ) hay DAC = CBE ( Do ) ( ) · · ( Chứng minh ) Mà = CBE Đường tròn O có: DAC tiếp chắn cung nhỏ DC cung nhỏ EC » » » = CE » ( DC,CE ⇒ DC Ta có: cung nhỏ ) ( Hệ ) ⇒ DC = EC ( Định lý ) OD = OE ( Bán kính ( O ) ) (3) (4) Từ (3) (4) suy OC đường trung trực đoạn DE Mà · · DAC CBE hai góc nội ⇒ OC ⊥ DE ( Tính chất ) IK // DE ( Chứng minh ) ⇒ OC ⊥ IK ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ( đpcm ) 3) Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi Gọi N trung điểm AB, P trung điểm HC, đường thẳng CH cắt AB M Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác đường kính · = 90o ( Chứng minh ) ⇒ AB ABKI có: AKB ⇒ N tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKI Ta có: hay ( Do N trung điểm AB ) · = AKC · = 90o ( Chứng minh ) BIC · = HKC · HIC = 90o ( Do H ∈ BI,H ∈ AK ) · + HKC · = 90 + 90 = 180 HKCI có: HIC nên tứ giác HKCI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) o Xét tứ giác o o Mà · HKC · vị trí đối HIC · = 90o ( Chứng minh ) ⇒ HC đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIC HKCI Mà ⇒ P tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI ( Do P trung điểm HC ) PC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK Tam giác ABC có : AK BI đường cao AK cắt BI H ( giả thiết ) nên suy CM đường cao ∆ ABC ( Tính chất ) ⇒ CM ⊥ AB hay CP ⊥ AB ( Do P ∈ CM )(5) ( ) Xét đường trịn O có dây AB N trung điểm AB nên suy ( Quan hệ đường kính dây cung ) Từ (5) (6) suy CP // ON ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ON ⊥ AB N (6) ABKI đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI cắt K I Mà N P tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI tứ giác HKCI Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ( Chứng minh ) ⇒ NP ⊥ IK ( Tính chất đường nối tâm ) Ta có: (7) IK ⊥ OC ( Chứng minh ) Từ (7) (8) suy NP //OC (8) ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có: CP // ON ( Chứng minh ) NP// OC ( Chứng minh ) ⇒ Tứ giác NOCP hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết ) ⇒ ON = PC ( Tính chất ) Xét ONA vuông N ( Do ON ⊥ AB N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có: OA = AN + NO ⇒ NO = OA − AN Mặt khác: OA = R ,AN = ⇒ NO = R − Mà Vì ON = AB ( Do N trung điểm AB ) AB2 AB2 AB ⇒ ON = R − R> 4 ( Do ) AB2 ⇒ PC = R − PC ( Chứng minh ) ( O ) cố định AB cố định nên R AB khơng đổi ⇒ PC có giá trị khơng đổi Mặt khác PC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh ) ⇒ Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi có giá trị AB2 R − ( đpcm ) Bài 5: Cho số x > 0, y > Tìm giá trị nhỏ biểu thức xy x2 + y A= + xy x+ y Lời giải x +y Ta có: ( x + y) ≥ 2 ( x + y) A≥ ( x + y) A≥ xy x+ y + xy xy ( x + y ) + + xy x+ y xy A≥ ( x + y) xy ( x + y ) + xy x + y xy A≥ x + y 3.4 xy + xy xy A≥ 2 xy 3 + = 1+ = 2 xy Dấu xảy x= y Amin = ⇔ x = y Vậy : 2 TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRƯỜNG TỘ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TỔ TN1 - NHĨM TỐN MƠN: TỐN - LỚP (Đề thi gồm 01 trang) NĂM HỌC 2019-2020 (Thời gian làm 90 phút, không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) x +1 A= Cho biểu thức: x a) Tính giá trị biểu thức B= b) Chứng minh Câu ỉ x ỉ ữ: ỗ + ữ B =ỗỗ ữ ữỗ v ố x - x - x ø è x +1 x - ø với x >0 ; x ¹ A x =16 x-1 x c) Tìm x nguyên để P = A : B đạt giá trị lớn (2,0 điểm) 1)Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Qng đường Thanh Hóa - Hà Nội dài Thanh Hóa 15 150 km Một ô tô từ Hà Nội vào Thanh Hóa, nghỉ phút, trở Hà Nội, hết tất 10 Tính vận tốc tơ lúc về, 10 km/h 2)Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy cm, chiều cao cm Hãy tính diện tích xung biết vận tốc lúc lớn vận tốc lúc Câu quanh hình trụ (2,5 điểm) ì ï ï í ï ï 1)Giải hệ phương trình sau: ïỵ x - ( m - 1) x +m2 - 3m +3 =0 2)Cho phương trình a) Giải phương trình với Câu - = x-1 y 13 + = x-1 y (1) m =3 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn với A , B ) C (O) , đường kính AB Lấy M điểm cung BC a) Chứng minh: Tứ giác CDMH giao điểm AM b) Chứng minh: nội tiếp DA DC =DB DM x1 , x2 thỏa mãn x12 +x22 =3( x1 +x2 ) - thuộc nửa đường trịn (khơng trùng AM Gọi D giao điểm AC BM ; H = = c) ( ( x−2 x−2 )( ) x+2 ) x−2 x+2 x −1 x − x −1 x + x −1 : = = x +2 x +2 x +2 x −2 x −2 P = A: B = 2P = x + x −1 = x +1 x −2 ⇔ ( ) ( )( ⇔ x −1 = x +1 x−2 ) ⇔ x − = 2x − x − ⇔ 2x − x = ( ) ⇔ x x−5 =  x = ( thỏ a mãn)   x = 25 ( thỏ a mã n)   x=0 ⇔ ⇒  x=5  Bài (2,5 điểm) 1) Gải toán cách lập phương trình hệ phương trình: km Một người xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi Khi từ B trở A người giảm vận tốc km/h so với lúc từ A đến B Biết thời gian lúc thời gian lúc phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B Quãng đường AB dài 2) Một hộp sữa hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy cm hình vẽ bên Tính diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa (khơng tính phần ghép nối) Lời giải h 1) Đổi phút 10 = Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h), x > Thời gian người xe đạp từ A đến B x (h) Vận tốc người xe đạp từ B A x − (km/h) trở Thời gian người xe đạp từ B trở A Do thời gian lúc thời gian lúc 6 x − (h) phút 10 nên ta có phương trình: = 6 ⇔ × −  = − =  ÷  x − x  10 x − x 10 x x3 ì ữữ = x x − x x − ( ) ( )   10 ⇒ 60 ( x − x + 3) = x ( x − 3) ⇔ x − 3x − 180 = ⇔ ( x + 12 ) ( x − 15) =  x + 12 =  x = − 12 ⇔ ⇔ x − 15 =   x = 15 Giá trị Giá trị x = − 12 không thỏa mãn điều kiện ẩn x = 15 thỏa mãn điều kiện ẩn Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 15 km/h 2) Diện tích vật liệu cần dùng để tạo nên vỏ hộp sữa diện tích tồn phần hình trụ Ta có S = 2π r + 2π rh = 2π 42 + 2π 4.12 = 128π ( cm2 ) Vậy diện tích cần tìm S = 128π ( cm2 ) Bài (2,0 điểm)  ( x − 1) ( y + ) = xy −  1) Giải hệ phương trình  ( x + ) ( y − 3) = xy + 2) Cho phương trình x − 2mx + m2 + m − = với m a) Giải phương trình với b) Tìm tham số m = − m để phương trình có hai nghiệm phan biệt x1 , x2 cho x1 + x2 = − x1 x2 Lời giải  ( x − 1) ( y + ) = xy −  1)  ( x + ) ( y − ) = xy +  xy + x − y − = xy − ⇔  xy − x + y − = xy + 2  2x − y = −  x = −1 ⇔ ⇔  − 3x + y =  y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (− 1;2) 2) a) Với m = − ta có phương trình x + 2.3.x + (−3)2 + (−3) − = ⇔ x2 + x + =  x = −1 ⇔  x = −5 b) x − 2mx + m2 + m − = ∆ = (−2m)2 − 4(m2 + m − 1) = 4m − 4m − 4m + = − 4m + Phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ − 4m + > ⇔ m <  x1 + x2 = 2m  Áp dụng hệ thức Vi-ét có:  x1.x2 = m + m − Ta có x12 + x22 = − x1 x2 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = − x1 x2 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − = ⇔ 4m2 − ( m + m − 1) − = ⇔ 3m2 − m − =  m = ( loaïi ) ⇔  m = − ( nhaä n)  ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) Kẻ đường kính AD đường trịn ( O ) Tiếp tuyến D ( O ) cắt đường thẳng BC điểm K , tia KO cắt Bài (3,0 điểm) Cho tam giác AB 1) Chứng minh M , cắt AC điểm · = CDK · CBD 2) Chứng minh tứ giác ABC OHDK nhọn N Gọi H trung điểm đoạn thẳng KD =KB.KC nội tiếp ·AON = BHD · BC 3) Chứng minh OM = ON Lời giải · CBD = » (góc nội tiếp chắn CD » ( O ) ) 1) Ta có: sđ CD · KDC = » (góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn CD » ( O ) ) sđ CD · = KDC · ⇒ CBD Xét · = KDC · · BKD (góc chung) ∆ KCD ∆ KDB có CBD ⇒ ∆ KCD ∽ ∆ KDB (g.g) 2) Xét ( O) có: H ⇒ KC KD = ⇒ KD = KB.KC KD KB trung điểm dây BC · · ⇒ OH ⊥ BC ⇒ OHC = 90o hay OHK = 90o DK Do Tứ giác ⇒ tiếp tuyến · ( O ) đường kính AD ⇒ OD ⊥ DK ⇒ ODK = 90o OHDK có hai đỉnh H Tứ giác OHDK D kề nhìn cạnh OK góc vng nội tiếp · · ¼ ) (góc nội tiếp chắn DK ⇒ DOK = DHK Mà · · · = 180° DOK + ·AON = 180° ; DHK + BHD (các cặp góc kề bù) · ⇒ ·AON = BHD 3) Xét ∆ AON ∆ BHD có: · = HBO · NAO (góc nội tiếp chắn » ( O ) ) CD ·AON = BHD · (câu 2) ⇒ ∆ AON ∽ ∆ BHD( g.g ) ⇒ AO ON = BH HD ⇒ ON BH = OA.HD Chứng minh tương tự ta có: ∆ AOM ∽ ∆ CHD ⇒ OM HC = OA.HD ⇒ ON BH = OM HC BH = CH ⇒ OM = ON Mà Bài (0,5 điểm) Cho a, b số thực cho a − ab + b = a + b Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 505a + 505b Lời giải Tìm Min:   a − ab + b = a + b ⇒ a + b =  a − b ÷ + b ≥   2 ⇒ P = 505a + 505b = 505 ( a + b ) ≥ ⇒ MinP = Dấu " = " xảy ⇔ a = b = Tìm Max: a − ab + b2 = a + b ⇒ ( a + b ) − 3ab = a + b Do ( a + b) ab ≤ 3( a + b) ( a + b) ⇔ a + b ≤ ⇒ a + b ≥ ( a + b) − ⇔ a+b ≥ (do 4 2 a+ b ≥ 0) ⇒ P ≤ 505.4 = 2020 Dấu " = " xảy ⇔ a = b = ⇒ MaxP = 2020 a = b = TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ HÀ NỘI AMSTERDAM NĂM HỌC 2019 – 2020 TỔ TỐN - TIN Mơn kiểm tra: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm trang) Bài (2 điểm) Cho biểu thức: A= x−7 x 2x − x + B= + + với x− x x + 2− x x> 0, x≠ A x = 2) Rút gọn biểu thức B 1) Tính giá trị Bài 3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P = A.B có giá trị nguyên (2 điểm) 1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một ca nơ xi dịng 54 km 46 km quay ngược dòng tổng thời gian lẫn Nếu ca nơ xi dịng 81 km ngược dịng 23 km tổng thời gian hết Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước, biết vận tốc không đổi 2) Mặt xung quanh thung chứa nước hình trụ có chiều cao hình chữ nhật có kích thước nhiêu mét khối nước? 1m x 2m (Bỏ qua bề dày thùng nước lấy Bài 1m gõ từ tôn (như hình vẽ) Hỏi thung nước đựng đầy bao π = 3,14 làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x+ x − 8= 2) Trong mặt phẳng tọa độ tham số) Oxy , cho parabol ( P) : y = x a) Chứng minh đường thẳng b) Gọi Bài x1 , x2 (d ) cắt đồ thị hoành độ giao điểm ( P) (d ) đường thẳng (d ) : y = mx + ( m hai điểm phân biệt ( P) Tìm tất giá trị m để − x1 = x2 (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn ( O ) có đường kính BC dây cung EF cho điểm F, C nằm BE Hai dây cung BE , CF cắt H ; tia BF CE cắt điểm A Đường thẳng AH cắt BC điểm D Giả sử AB < AC 1) Chứng minh tứ giác AEDB tứ giác nội tiếp 2) Gọi S giao điểm EF CB Chứng minh FB phân giác góc SFD khác phía so với dây SB DB = 3) Chứng minh: SC DC 4) Tiếp tuyến Bài B nửa đường tròn (O) cắt BE đường tròn (O) cắt (0,5 điểm) điểm Với số thực không âm a , b, c CF điểm P , tiếp tuyến C Q Chứng minh ba điểm S , P , Q thỏa mãn thẳng hàng a + b + c = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = ab + bc + ca − abc biểu thức  HẾT  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ NĂM HỌC 2019 – 2020 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM Câu (2 điểm) A= Cho biểu thức: x−7 x 2x − x + B= + + với x− x x + 2− x x> 0, x≠ A x = 2) Rút gọn biểu thức B 1) Tính giá trị 3) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức P = A.B có giá trị nguyên Lời giải 1) Với Thay x= x= Vậy 2) B= B= B= (thỏa mãn điều kiện) A , ta có: vào x= A= A= 9− = 3 x 2x − x + + + với x− x + 2− x x 2x − x + − + x− x+2 x−2 x −2− x ( ( ) x + + 2x − x + x +2 )( x −2 ) nửa x> 0, x≠ x − − x − x + 2x − x + B= ( B= x +2 x ( ( )( x −2 x−2 x+2 )( ) x−2 x−2 Vậy ) ) B= x x + với x> 0, x≠ P = A.B ( x > 0, x ≠ ) P= x−7 x x x +2 x−7 x+2 P= + Xét P=0⇔ x−7 = ⇔ x−7 = ⇔ x = (thỏa mãn dk ) x +2 + Xét P ≠ TH1: x ∈ ¢; x ≠ 7; x TH2: x ∈ ¢; x ∈ ¢ Ta có: Để ) x x+2 B= 3) )( x−2 x ( B= x+2 P= số vơ tỉ P∉ ¢ (loại) x−4−3 x−4 3 = − = x −2− x +2 x +2 x +2 x +2 P∈¢ ⇔ x − − 3 ∈¢ ⇔ ∈¢ ⇔ x + 2∈ Ư(3) x +2 x +2 ⇔ x + ∈ { 1;3} Câu x + ≥ ⇒ x + = ⇔ x = ⇔ x = (thỏa mãn) { } Vậy với x ∈ 1;7 P có giá trị nguyên (2 điểm) 1) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một ca nơ xi dịng 54 km quay ngược dịng 46 km tổng thời gian lẫn Nếu ca nơ xi dịng 81 km ngược dịng 23 km tổng thời gian hết Tính vận tốc riêng ca nơ vận tốc dịng nước, biết vận tốc không đổi 2) Mặt xung quanh thung chứa nước hình trụ có chiều cao hình chữ nhật có kích thước nhiêu mét khối nước? 1m x 2m (Bỏ qua bề dày thùng nước lấy 4 1m gõ từ tơn (như hình vẽ) Hỏi thung nước đựng đầy bao π = 3,14 làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Lời giải 1) Gọi vận tốc riêng Ca nô x (km/h) , x > y ( km/h) , y < x Vận tốc ca nô xi dịng là: x + y (km/h) Vận tốc ca nơ ngược dịng : x − y (km/h) Gọi vận tốc dòng nước 54 km Thời gian Ca nơ xi dịng Thời gian ca nơ ngược dịng Vì ca nơ xi dịng 54 là: x + y (h) 54 km 46 km 46 là: x − y ( h) ngược dịng 46 km hết tổng thời gian nên ta có hết tổng thời gian 54 46 + =4 ( 1) phương trình: x + y x − y Thời gian ca nơ xi dịng 81 km Thời gian ca nơ ngược dịng Vì ca nơ xi dịng 81 km 81 23 + =4 phương trình: x + y x − y Từ ( 1) 81 là: x + y (h) 23 km 23 là: x − y ( h) ngược dòng ( 2) ( 2) ta có hệ phương trình: 23 km nên ta có  54 x+ y +    81 +  x + y 46  =4  = x− y  x + y 27 ⇔ ⇔ 23 1 =4  =  x − y 23 x− y  x + y = 27 ⇔  x − y = 23  x = 25, y = Đối chiếu với điều kiện ta thấy  x = 25  y = thỏa mãn u cầu tốn 25 km/h Vận tốc dịng nước km/h Vậy: Vận tốc riêng Ca nơ 2) Thùng nước hình trụ có chiều cao Gọi R Ta có : h = 1m , Chu vi đáy C = 2m bán kính đáy hình trụ C = 2π R ⇔ R = C = = 2π 2π π (m) 1 1 V = π R h = π  ÷ = π = = ≈ 0,32m3 Thế tích hình trụ : π π 3,14 π  Câu Vậy thùng đựng (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 0,32m3 nước x+ x − 8= 2) Trong mặt phẳng tọa độ tham số) Oxy , cho parabol ( P) : y = x a) Chứng minh đường thẳng b) Gọi x1 , x2 (d ) cắt đồ thị hoành độ giao điểm ( P) (d ) đường thẳng (d ) : y = mx + ( m hai điểm phân biệt ( P) Tìm tất giá trị − x1 = x2 Lời giải 1) x+ x − 8= điều kiện x≥ ⇔ x − x +8 x −8 = ⇔ x (  x=1  x −1= ⇔ ⇔  x + =  x = − 8(loaïi) ⇔ Vậy ) ( ) x −1 + x −1 = ⇔ x = (Thỏa mãn) x = 2a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d ) x = mx + ⇔ x − mx − = a = 1≠ ⇒ (*)( a = , b = m, c = −4 ) phương trình (*) phương trình bậc ( P) : ( )( x −1 ) x+8 = m để ∆ = b − 4ac = ( − m ) − 4.1 ( − ) = m2 + 16 Có m2 ≥ ∀ m ⇒ m2 + 16 > ∀ m ⇔ ∆ > ∀m ⇒ Phương trình (*) có nghiệm phân biệt với m ⇒ (d ) cắt ( P) điểm phân biệt với m b) Với m , phương trình (*) có nghiệm phân biệt  x1 + x2 = m  Theo hệ thức Viet, ta có:  x1 x2 = − Để 4x2 − x1 có nghĩa có nghĩa − x1 ≥ ⇔ x1 ≤ (1) x2 ≥ ⇔ x2 ≥ (2) − x1 = x2 ⇔ − x1 = x2 ⇔ x1 = −4 x2 Thay x1 = − x2 vào x1 + x2 = m : −4 x2 + x2 = m −m ⇔ x = ⇔ −3x2 = m  −m  4m ⇔ x1 = −  ⇔ x = ÷ Có x1 = − x2   Kết hợp với điều kiện  4m  ≤   −m ≥ ⇔  Thay x1 = (1)  4m ≤ ⇔  − m ≥  (2) ta có: m ≤  m ≤ ⇔ m≤ 4m −m x2 = , vào x1 x2 = − : ⇒ Câu  m = 3(loai) 4m  − m  −4 m ⇔  = − ⇔ = −4  ÷   ⇔ − 4m2 = − 36 ⇔ m2 =  m = −3(tm) Vậy m = − (3,5 điểm) (d ) ( P) cắt Cho nửa đường trịn điểm phân biệt có hồnh độ ( O ) có đường kính BC dây cung x1 , x2 EF thỏa mãn − x1 = x2 cho điểm F, C nằm BE Hai dây cung BE , CF cắt H ; tia BF CE cắt điểm A Đường thẳng AH cắt BC điểm D Giả sử AB < AC 1) Chứng minh tứ giác AEDB tứ giác nội tiếp 2) Gọi S giao điểm EF CB Chứng minh FB phân giác góc SFD khác phía so với dây SB DB = 3) Chứng minh : SC DC 4) Tiếp tuyến đường tròn (O ) B cắt nửa đường tròn BE điểm (O) cắt CF điểm P , tiếp tuyến C Q Chứng minh ba điểm S , P , Q thẳng hàng Lời giải 1) Chứng minh tứ giác Nửa đường tròn ⇒ BF ⊥ FC Suy Có CF (O) hay AEDB có: tứ giác nội tiếp · = 90° BFC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CF ⊥ AB đường cao ứng với cạnh AB tam giác · = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC ABC nửa ⇒ BE ⊥ EC Suy BE BE Mà BE ⊥ AC hay cắt Suy H Suy AH CF H ⇒ AH ⊥ BC điểm cắt BE ⊥ AC ABC tam giác ABC ABC BC đường cao ứng với cạnh AH tam giác (gt) trực tâm tam giác Đường thẳng Lại có: AC đường cao ứng với cạnh BC D điểm (gt) D ⇒ ·ADB = 90° (chứng minh trên) · = 90° ⇒ BEA · = 900 ⇒ ·ADB = BEA Tứ giác AEDB Mà đỉnh D Suy tứ giác có hai đỉnh E FB E nhìn đoạn AB góc 90° đỉnh kề AEDB 2) Chứng minh D nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) phân giác góc SFD · CF ⊥ AB (chứng minh trên) ⇒ BFH = 900 Có AH ⊥ BC D Tứ giác BDHF Suy tứ giác (chứng minh trên) có · ⇒ BDH = 900 · · = 900 + 900 = 1800 BDH + BFH BDHF nội tiếp · · (hai góc nội tiếp chắn cung HD) ⇒ DFH = HBD Có: · = HFE · (hai góc nội tiếp chắn cung EC HBD · = HFE · ⇒ HFD · =AF · E (cùng phụ với HFD · = HFE · ) ⇒ BFD Vì · = ·AFE (2 góc đối đỉnh) SFB · = BFD · ⇒ SFB Mà tia FB nằm hai tia FS FD nửa đường tròn (O ) ) Suy 3) Có: (1) phân giác góc FC FB Có: Từ FB tia phân giác tia phân giác (2) ⇒ (O ) Đường tròn ∆ SCQ ⇒ ⇒ ∆ SFD DB FD = SB FS (1) (2) BP BK C SQ K tiếp tuyến (gt) B (gt) ⇒ BK ⊥ OB (tính chất tiếp tuyến) ⇒ CQ ⊥ OC (tính chất tiếp tuyến) (cùng vng góc với BC ) BK // CQ (chứng minh trên) có: BP // CQ (chứng minh trên) BP BH = CQ HQ (Hệ định lí Ta – lét) ∆ BCQ ⇒ có: DC FD = SC FS BK SB = CQ SC (Hệ định lí Ta – lét ∆ CHQ ⇒ có tiếp tuyến ⇒ BK // CQ · SFD ∆ SFD (cmt) ⇒ DC DB DB SB = ⇒ = SC SB DC SC (ĐPCM) 4) Gọi giao điểm CQ SFD có: DH // CQ (vì vng góc với BC ) BH BD = HQ DC (Định lí Ta – lét DB SB = Mà DC SC (chứng minh trên) ⇒ Câu BK BP = ⇒ BK ≡ BP ⇒ K ≡ P CQ CQ Suy ba điểm (0,5 điểm) S , P , Q thẳng hàng Với số thực không âm a , b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = ab + bc + ca − abc biểu thức Lời giải − ( a2 + b2 + c2 ) 1 P = ab + bc + ca − abc = − abc = − Q Ta có 2 2 Q = a + b + c + abc Ta tìm gtln gtnn biểu thức Q Với Giả sử Ta có: c = { a, b, c} ⇒ = a + b + c ≥ 3c ⇒ ≤ c ≤ Q = ( a + 2ab + b2 ) + c − 2ab + abc = ( − c ) + c − ab ( − c ) Từ giả thiết có ab ( − c ) ≥ ( a + b) ≤ ab ≤ ( − c) = c − 3c + 18) ≤ Q ≤ ( − c ) + c ( ⇒ Ta có: (4 c − 3c + 18) = 14  ( c − 1) ( c + 2) + 16 ≥ 164 = Dấu xay Do ⇒ a = b = c = ≤ c ≤ ⇒ c ( c − 1) ≤ ( − c) + c = 2c − 6c + = 2c ( c − 1) − 4c + ≤ Dấu đẳng thức xảy c = 0, ab = 0, a + b + c = hay c = 0, a = 3, b = GTNN Q a = b = c = Và GTLN Q c = 0, a = 3, b = ⇒ Vậy GTLN GTNN của P P là hốn vị a= b= c=1 c = 0, a = 3, b = hoán vị  HẾT  c = 0, a = 0, b = ... – ét ta có: 2m − x1 x2 = = 2m − x1 + x2 = Ta có: x 12 + x 22 = 10 ⇔ x 12 + x 22 + x1 x2 − x1 x2 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10 ⇔ ( 2m ) − ( 2m − 1) = 10 ⇔ 4m − 4m + = 10 ⇔ m − 4m − = ⇔ m2 − m −... mãn ab +bc =2ac Þ b ( a +c) =2ac Þ b = 2ac a +c 2ac 2ac a +ac +2ac ac +c +2ac a+ c+ a +b c +b a + c a +c Þ P= + = + a +c = a +c + 2ac ac 2a +2ac - 2ac 2ac +2c - 2ac 2a - b 2c - b 2a 2c a +c a +c... biểu thức: x+ y = P = x2 + y + 36 xy  HẾT  ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II - TOÁN TRƯỜNG THCS THÁI THỊNH Năm học: 20 19- 20 20 Bài I ( điểm) A= Cho hai biểu thức x+ x −3 x − B= x? ?9 x + x + với x > ; x