Đề thi thử toán 9 Cầu Giấy 1920

TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY KHẢO SÁT LẦN TOÁN Năm học 2019-2020 Mơn: TỐN (Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A  x 3 x x 7 x 2 x 3 B  với x  0; x    x 1 x x 6 x 3 2 x a) Tính giá trị A x  16 x 1 x 3 c) Cho biểu thức M  A.B Tìm giá trị nguyên x để M nhận giá trị nguyên (2,5 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai vịi nước chảy vào bể cạn sau 36 phút đầy bể Nếu mở vòi thứ 30 phút sau mở tiếp vịi thứ hai sau bể đầy Hỏi vòi mở bể đầy? 2) Khi quay hình vng xung quanh cạnh hình trụ có diện tích xung b) Chứng minh B  Câu quanh diện tích hình trịn đường kính a Hỏi cốc nước hình trụ có kích thước giống hình trụ chứa mililit nước biết a  8cm   3,14  Câu (2,0 điểm)  2 x   y    1) Giải hệ phương trình  3 x   4  y 1 2) Cho phương trình x   3m  1 x  2m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 Câu b) Tìm m để hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn hệ thức x1   x2   (3,0 điểm) Cho điểm A cố định thuộc đường tròn  O; R  , đường kính AK cố định, hai điểm B C thuộc  O; R  cho tam giác ABC nhọn AB  AC Kẻ AH vng góc với BC ( H thuộc BC ) Gọi E F chân đường vng góc hạ từ H xuống AB, AC Gọi M giao điểm hai đường thẳng EF BC , gọi N giao điểm MA với  O; R  a) Chứng minh tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác AEF tam giác ACB đồng dạng Từ suy MH  MB.MC HDedu - Page c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF Chứng minh AK vng góc EF Q HI qua điểm cố định B C thay đổi (nhưng thỏa mãn giả thuyết ban đầu) Câu (0,5 điểm) Cho số thực dương x , y thỏa mãn T 1   Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4x  2 y 1  4x 1 y 1  HẾT  HDedu - Page HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT LẦN TOÁN TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A  x 3 x x 7 x 2 x 3 B  với x  0; x    x 1 x x 6 x 3 2 x a) Tính giá trị A x  16 x 1 x 3 c) Cho biểu thức M  A.B Tìm giá trị nguyên x để M nhận giá trị nguyên b) Chứng minh B  Lời giải a) Thay x  16 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta 16  13 13 A   16   b) Với x  0; x  , ta có B        x x 7 x 2 x 3   x x 6 x 3 2 x x x 7 x 3  x 2  x 2 x 3  x 3 x 2    x  3 x  2  x x 7  x x 7 x 3   x  3 x 2  x  2  x 2  x 2 x4    x 3  x 2     x    x  3 x 3 x 3 x9 x 2  x 3  x  x    x  4   x  9  x 3  x 2  x x 7 x4 x9    x 3  x  3 x 1  x 2  x  2 x 2    x x 2 x 3  x 2  x 1 (Điều phải chứng minh) x 3 c) Ta có x 3 x 1 x 3 x 96    x 1 x  x 3 x 3 + Xét x   M   Vậy x  thỏa mãn M  A.B  + Xét x  , x  + Xét x  x 3  M M    x 3 x    x 3 6 x 3  x 3 x 3 x Mà Ư(6)  1; 2; 3; 6   x   Ư(6) x   với x  0; x  nên   x   3;6 HDedu - Page +) Nếu x    x   x  (Thỏa mãn) +) Nếu x    x   x  (Thỏa mãn) Vậy x  0; 3; 9 M nhận giá trị nguyên Câu ((2,5 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Hai vịi nước chảy vào bể cạn sau 36 phút đầy bể Nếu mở vòi thứ 30 phút sau mở tiếp vịi thứ hai sau bể đầy Hỏi vịi mở bể đầy? 2) Khi quay hình vng xung quanh cạnh hình trụ có diện tích xung quanh diện tích hình trịn đường kính a Hỏi cốc nước hình trụ có kích thước giống hình trụ chứa mililit nước biết a  8cm   3,14  Lời giải 1) Gọi x, y thời gian vòi vòi chảy đầy bể (đơn vị: giờ; điều kiện x, y  18 ) 36 18 30   (giờ) (giờ); 30 phút   60 60 1 Khi vòi chảy (bể), vòi chảy (bể) x y Do vòi chảy vào bể sau 36 phút đầy bể nên hai vòi chảy 18 1 1:  (bể) nên ta có phương trình   (1) 18 x y 18 Vòi chảy 30 phút sau vịi chảy đầy bể nên ta có phương trình 1 1         (2) x x y x y Đổi 36 phút  Từ (1) (2) ta có hệ phương trình 1 3 3 1   x   x y 18 x  y   x  x       1   (thỏa mãn điều kiện)   y  1   y          x y 18  x  x y y Vậy vịi chảy đầy bể giờ; vịi chảy đầy bể b) Gọi cạnh hình vng x (điều kiện x  , cm) Khi quay hình vng xung quanh cạnh hình trụ có diện tích xung S xq  2 r.l  2 x.x  2 x HDedu - Page  a   a2 Diện tích hình trịn đường kính a S          a2 a (do x  ) 2 a Khi chiều cao bán kính hình trụ h  R  x  Theo đề bài, ta có 2 x  x Thể tích hình trụ V   R h   Câu a3 83    64  200,96  cm  8 (2,0 điểm)  2 x   y    1) Giải hệ phương trình  3 x   4  y 1 2) Cho phương trình x   3m  1 x  2m   a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 x2 b) Tìm m để hai nghiệm x1 x2 thỏa mãn hệ thức x1   x2   Lời giải 1) Điều kiện: x  1; y  u  x   Đặt  ( u  0; v  ) v   y 1  Thay vào hệ phương trình ta được: 2u  v  4u  2v  10 7u  14 u     (thỏa mãn)  3u  2v  3u  2v  2u  v  v  Thế vào phép đặt:  x   x 1  x     y  x 1      y       x    y     y   1  y 1       y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x ; y   5;  ;  5;  2) Ta có:      3m  1   4.1  2m    m  6m  Để phương trình có hai nghiệm x1 x2    m2  6m     m  1 m    HDedu - Page  m    m    m  m   m  7      m    m   m  7    m    m  7 Vậy m  m  7 phương trình có hai nghiệm x1 x2 1  x1  x2  3m  b) Theo định lý Vi-ét:   x1 x2  2m  Điều kiện:  x1  1 x2  1    x1    x1 x2   x1  x2         x2    x1  1   x2  1   x1  x2  2m2  3m    m   2  3m   Ta có: x1   x2    x1   x1 x2   x1  x2    x2    3m    2m    3m  1    2m  3m   10  3m 10  3m   2 4  2m  3m    100  60m  9m 10  m   m2  48m  92   10  m     m  46 ( L)     m  (TM )  m   3 Từ 1 ,   ,  3 suy m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,0 điểm) Cho điểm A cố định thuộc đường tròn  O; R  , đường kính AK cố định, hai điểm B C thuộc  O; R  cho tam giác ABC nhọn AB  AC Kẻ AH vng góc với BC ( H thuộc BC ) Gọi E F chân đường vng góc hạ từ H xuống AB, AC Gọi M giao điểm hai đường thẳng EF BC , gọi N giao điểm MA với  O; R  a) Chứng minh tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác AEF tam giác ACB đồng dạng Từ suy MH  MB.MC HDedu - Page c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF Chứng minh AK vng góc EF Q HI qua điểm cố định B C thay đổi (nhưng thỏa mãn giả thuyết ban đầu) Lời giải M B N E H J A P O K Q F C a) Có : HE  AB  AEH  90 Ta lại có HF  AC  AFH  90 Xét tứ giác AEHF có : AEH + HFA  90  90  180 Mà góc vị trí đối nên tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Xét tam giác AHB vng H có: HE đường cao ( giả thiết) AH  AE AB ( hệ thức lượng tam giác vuông) (1) Xét AHB vng H có: HF đường cao ( giả thiết) AH  AF AC ( hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2) ta có: AH  AF.AC  AE.AB AE AF   ( tính chất tỉ lệ thức) AC AB Xét AEF ACB có:  A chung   AE AF    AC AB Nên AEF ∽ ACB  c.g c  + Ta có: ANK  90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Mà AEHF thuộc đường trịn tâm J , đường kính AH ( J trung điểm AH ) Và AEF ∽ ACB (chứng minh trên) Nên AEF  ACB (hai góc tương ứng) Do EFCB tứ giác nội tiếp (dhnb) Áp dụng phương tích ta có: MB.MC  ME.MF (1) + Xét MEH MHF có: M chung MHE  MFH (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn EH ) HDedu - Page  MEH ∽ MHF MH ME    MH  ME.MF (2) MF MH Từ (1) (2) suy MH  MB.MC (đpcm) c) Vì MB.MC  MA.MN (phương tích điểm M với đường trịn tâm O ) Mà MH  MB.MC  MH  MN MA Do ta có MHA tam giác vuông H , nhận HN đường cao  NH  MA Mà ANK  90 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên N , H , K thẳng hàng Đường tròn ngoại tiếp CEF đường trịn ngoại tiếp tứ giác CFEB Mặt khác AEQ  ACB ( chứng minh trên) ACK  90  ACB  BCK  ACB  BAK  AEQ  BAK  90  EQA  90  EF  AK Từ J kẻ đường thẳng song song AK cắt HK P Ta có JP / / AK (cách dựng) mà EF  AK (cmt)  JP  EF Lại có JE  JF  AH (tính chất đường trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác vuông)  JP đường trung trực EF (1) Xét AHK có JP / / AK (cách dựng) mà JA  JH ( J tâm đường trịn đường kính AH ) Do JP đường trung bình AHK  PH  PK Mà OA  OK  R  OP đường trung bình AHK  OP / / AH mà AH  BC (gt) Câu  OP  BC Lại có OB  OC  R  OP trung trực BC (2) Từ (1) (2) suy P tâm đường tròn ngoại tiếp EFC Mà theo đề I tâm đường tròn ngoại tiếp EFC I P Mặt khác HP qua điểm K (cách dựng)  HI qua điểm K cố định (điều phải chứng minh) (0,5 điểm) Cho số thực dương x , y thỏa mãn T 1   Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4x  2 y 1  4x 1 y 1 Lời giải Đặt a  1  4x   4x  a HDedu - Page b 1  y    a  b  1;0  a  ;0  b  1 y 1 b   Khi T   1     1  a b   a 2b  1 a  b 4 2  3   1 a 2b 1 a  b 9  3   3   3 a b 2  1   a   b  a    Dấu “=” xảy   x y 1  a  b   a  b  b   a  b   Vậy giá trị nhỏ biểu thức T x  y  HDedu - Page ...  90  Ta lại có HF  AC  AFH  90  Xét tứ giác AEHF có : AEH + HFA  90   90   180 Mà góc vị trí đối nên tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp b) Xét tam giác AHB vng H có: HE đường cao ( giả thi? ??t)... 2m  3m    100  60m  9m 10  m   m2  48m  92   10  m     m  46 ( L)     m  (TM )  m   3 Từ 1 ,   ,  3 suy m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,0 điểm) Cho điểm... trị nhỏ biểu thức 4x  2 y 1  4x 1 y 1  HẾT  HDedu - Page HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ KHẢO SÁT LẦN TOÁN TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A  x 3 x x 7 x 2 x 3 B  với x  0; x