Đang tải... (xem toàn văn)
Mét mÆt ph¼ng song song víi ®¸y chia h×nh nãn côt thµnh 2 phÇn cã thÓ tÝch b»ng nhau.. TÝnh b¸n kÝnh cña thiÕt diÖn...[r]
(1)Đề thi môn: Toán lớp 9
Thời gian: 150 phút Đề bài
Bài1: Rút gọn biÓu thøc
2 2
2 2
2
2 4
: b
b a a b
a a
b a a b a a
b a a
P
Bài2: Phân tÝch thõa sè: a4 – 5a3 + 10a +4 áp dụng giải phơng trình
x x
x
5 4
Bài3: Cho phơng trình: m x
x
2
1 1
a) Giải phơng trình với m = 15
b) Tìm m để phơng trình có nghiệm phõn bit
Bài4: Giải biện luận hệ phơng tr×nh
2 4
1
ay xx
y ax
) (
) (
với a tham số
a) Giải biện luận hệ phơng trình
b) Tỡm a phơng trình có nghiệm thỗ mãn điều kiện x y =
Bài5: Giải phơng trình
3 4 3 3 12
b x a b x abx
a
(a, b lµ tham sè)
Bài 6: Cho đơng thẳng (d): y = 2x2 – điểm A(2;5); B(-1;-1); C(4;9).
a) Chứng minh ba điểm A; B; C thẳng hàng đờng thẳng ABC song song với đờng thẳng (d)
b) Chứng minh đờng thẳng BC hai đờng thẳng y = 3; 2y + x = ng qui
Bài 7: Giải phơng trình nghiệm nguyên 3x2 + 7y2 = 2002
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông góc A, có 200
B Vẽ phân giác BI, vÏ ACH = 300 vỊ phÝa tam gi¸c.TÝnh C H I
Bài 9: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm C thuộc bán kính OA Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng tròn D Đờng tròn (I) tiếp xúc với nửa đờng tròn tiếp xúc với đoạn thẳng CA, CD Gọi E tiếp điểm AC đờng tròn (I ) Chứng minh BD = BE
(2)Hớng dẫn chấm môn: Toán lớp 9
Thời gian: 150 phút Bài 1:
Với điều kiÖn |a| > |b| >0 Ta cã: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | | 4 | | 4 | | : ) ( 2 ) ( : : b a b a b a ab b a a b b b a a b b a a b a a b a b a a a b a b a a a b b a a b a a b a a b a a b a a b b a a b a a b a a b a a b a a P (0,5điể Bài 2:
Ph©n tÝch a4 – 5a3 + 10a +4
= (a4 – 4a2 +4) + 4a2 – 5a(a2 – 2) (0,5®) = (a2 – 2)2 – a(a2 – 2) + 4a(a2 – 2)
= (a2 – a -2)(a2 4a 2) (0,5đ) Phơng trình ®a vỊ d¹ng:
1;2;2;
0 10 2 x x x x x x x x (0,5đ) Bài 3:
Điều kiện để phơng trình có nghĩa: x 0;x 1 Phơng trình cho tơng ứng với
1 1 ) ( 2 ) ( ) ( 2 2 2 2 2 m x x x x m x x x x x x m x x x x Đặt
x y x 1
1
(*) phơng trình cho trở thành
y2 +2y – m =0 (2) (0,25®)
1 Với m = 15 y = y = -5 phơng trình cho có nghiệm a >
-1 nÕu a < =
(0,5®iĨm)
(1®iĨm)
(0,5®)
(3)
10 5 5 ; 10
5 5 ; 6
21 3 ; 6
21 3
x
Tõ (*) ta thÊy tån t¹i giá trị x y <- y > (0,25đ)
do ú phơng trình:
m x
x
2
1
1 cã nghiƯm ph©n biƯt
(2) cã hai nghiệm phân biệt thoả mÃn y 4;0 (0,25đ)
Theo định lý Viet: y1+y2 = -2 nên (2) thoả mãn y1 <- < <y2 (0,25đ)
8 08 01 0)0(
0)4(
m
m m af af
(0,25đ)
Bài 4:
a) Rỳt y từ (1) đợc y = - ax thay vào (2) 4x + a(1 – ax) =
4x + a – a2x = 2
(4 – a2)x = – a (3) (0,25®)
NÕu a2 th×
a a
y
a x
2 2
1
2
(0,25®)
Nếu a = (3) trở thành ax = HƯ v« sè nghiƯm, x bÊt kú; y = – 2x (0,25®)
NÕu a = - (3) trở thành 0x = Hệ vô nghiệm (0,25đ)
b) Nếu a2, hệ có nghiÖm nhÊt:
a y
a x
2 ;
2
(0,25đ)
Giải điều kiện x – y =
3
2 1
2 2
1
a
a a
a (0,5đ)
Thoả mÃn điều kiện a2 (0,25đ)
Bài 5:
Đặt a + b = m; a b = n (0,25đ)
thì 4ab = m2 n2
4(a3 + b3) = 4(a+b)[(a – b)2+ ab]
2
2
2 ) 3
4 (
4m n m n m mn
(0,25đ)
phơng trình trở thành:
(m + x)3 – (m3 + mn2) – 4x3 – 3x(m2 – n2) = 0
<=> - x3 + mx2 + n2x – mn2 = 0 (0,25®)
<=> (m – x)(x + m)(x – n) = (0,25®)
thay a + b = m ta có đáp số x = a + b
(4)x = a – b (1®)
x = b – a
Bµi 6:
a) Gọi phơng trình đờng thẳng qua A, B y = ax + b (0,25đ)
Do đờng thẳng qua A nên = 2a + b (1) Do đờng thẳng qua B nên –1 = -a +b (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã a = 2; b =
Vậy phơng trình đờng thẳng AB y = 2x + 1; (0,25đ)
Chứng minh C(4;9) thỏa mãn phơng trình đờng thẳng AB nên điểm A, B, C thẳng
hµng (0,25®)
Mặt khác đờng thẳng ABC (d) có hệ số góc nên chúng song song (0,25đ)
b) XÐt hÖ
3 1 1
2 07 2
3
y x x
y xy y
lµ nghiƯm nhÊt (0,5®)
Chứng tỏ ba đờng thẳng đồng qui (0,25đ)
Bµi 7:
49
7
3
) 286 (
7 2002
2002
3
2
2
2
2
2
x x x
x
y x
y x
y x
Ta cã vÕ tr¸i cđa (1) 49
7 ) ( 287
7 286
49 ) 286 (
2
2
y y
y y
XÐt y 7k r; r0,1,2,3
1
0
y y
r kh«ng chia hÕt
1
1
y k y
r kh«ng chia hÕt
1
7
2
y k y
r kh«ng chia hÕt
1
7
3
y k y
r kh«ng chia hÕt
(mỗi giá trị r làm cho 0,25đ)
Với r0,1,2,3 không thỏa mãn (*)
VËy phơng trình nghiệm nguyên (0,25đ)
Bài 8:
(Vẽ hình, viết giả thiết kết luận đợc 0,25 điểm) Từ giả thiết suy HCB = 400
Dựng đờng phân giác CK HCB HCK = BCK = 200 (0,25đ) Trong tam giác vng AHC có ACH = 300 nên
2 CH AH
(1) (0,25®)
(0,25®)
(*) (0,25®)
(5)Từ ( ) ) (
2 CK
BC HK
CH AH
(Do CK đờng phân giác HCB) (1) (0,25đ)
Dựng KM BC M, lúc tam giác BMK đồng dạng tam giác BAC Suy
HK AH BC AB BK BC hay AC AB BK BM
2 (0,5đ) (2)
Do BI phân giác ABC nên
BC AB IC AI
(0,25đ) (3)
Từ (2) và(3) suy ra: CK IH HK
AH IC AI
//
(0,25®)
Do CHI = HCK = 200 (0,25đ)
Bµi 9:
Góc ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)
=> tam giác ABD vuông D: BD2 = BC.BA (1) (0,5đ) Gọi K tiếp điểm (I) và(O) Kẻ IH vuông góc CD (0,25đ)
Chng minh tam giác IKH tam giác OKB tam giác cân đỉnh I O có góc đỉnh => IKH =OKB => K, H, B thẳng hàng (0,5đ)
Chứng minh đợc : BE2 = BH.BK (dựa vào hệ thức lợng (I)) (0,25đ) BH.BK = BC.BA (do AKHC tứ giác nội tiếp) nên BE2 = BC.BA (2) (0,25đ)
Tõ (1) vµ (2) => BD = BE (0,25đ)
Bài 10:
(V hỡnh, vit gi thiết kết luận đợc 0,25 điểm)
Gọi x bán kính thiết diện, h1 h2 chiều cao hai hình nón cụt đợc chia
Ta cã:
1
)
( ) (
2 2
2 2
1
x x
x x h h
x x h x
x
h
(6)Chứng minh KNA A'MK đồng dạng (0,5đ)
x x h h NA MK KN
M A
3 '
2
Tõ (1) vµ (2) suy
3
3 2
14
1 27
3 1
9
x
x x
x x x
x x x
B¸n kÝnh cđa thiÕt diƯn b»ng 14
(2)
(0,25®))