Phòng GDĐT Nghĩa Hưng Đề kiểm tra chất lượng năm học 2012 – 2013 Trường THCS Nghĩa Thắng Môn: Toán 9 Thời gian làm bài 120 phút Đề bài I,Trắc nghiệm Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả [r]
(1)Phòng GDĐT Nghĩa Hưng Đề kiểm tra chất lượng năm học 2012 – 2013 Trường THCS Nghĩa Thắng Môn: Toán (Thời gian làm bài 120 phút) Đề bài I,Trắc nghiệm Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời, đó có phương án đúng Hãy chọn phương án đúng(viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án lựa chọn) 1.Điều kiện xác định biểu thức √ 1−3 x + x – là: 1 −1 A.x < B.x C.x D.x 3 3 2.Cho phương trình x – y =1.Phương trình nào đây kết hợp với phương trình đã cho để hệ phương trình bậc ẩn có vô số nghiệm? A.2y = 2x – B.y = x + C.2y = – 2x D.y = 2x – 2 3.Giá trị m để phương trình 4x + 4(m – 1)x + m + = có nghiệm là: A.m > B.m < C.m D.m Đường thẳng qua A(-2;4) và song song với đường thẳng y = 3x + có phương trình là: A.y = 3x + 10 B.y = 3x + 14 C.y = -3x – D.y = 3x + 5.Cho đường tròn (O; 2cm) và hai điểm A, B thuộc đường tròn cho góc AOB = 1200 Độ dài cung nhỏ AB là: 8 4 A cm B cm C cm D cm 6.Một hình trụ có bán kính đáy 5cm và diện tích xung quanh 70 cm Khi đó thể tích hình trụ bằng: A.50 cm3 B 175 cm3 C 100 cm3 D 150 cm3 7.Hai đường tròn (O; 5) và (O’; 4) cắt A,B.Biết AB = 6, đó OO’ có độ dài là A.4 B.7 + C.4 + D.4 + 8.Phương trình nào sau đây có tổng các nghiệm 3? A.x2 – 3x + = B x2 + 3x + = C x2 + 3x + = D x2 – x + = II,Tự luận √ x − 10 √ x − Bài 1: Cho biểu thức A = với x 0, x 25 √ x − x −25 √ x +5 1,Rút gọn biểu thức A 2,Tính giá trị biểu thức A x = 3,Tìm x để A < Bài 2: Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m là tham số) 1,Giải phương trình (1) với m = 2,Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với m 3,Gọi x1 và x2 là hai nghiệm phương trình (1)(với x1 < x2) Chứng minh x12 – 2x2 + ¿ x+ y+ xy=7 Bài 3: Giải hệ phương trình x 2+ y 2=5 ¿{ ¿ Bài 4: Trên đường tròn (O;R) cho trước,vẽ dây cung AB cố định không qua O.Điểm M bất kì trên tia BA cho M nằm ngoài đường tròn (O;R), từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn (O;R) (C,D là hai tiếp điểm) 1, Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp 2, Chứng minh MC2 = MA.MB 3, Gọi H là trung diểm đoạn AB , F là giao điểm CD và OH Chứng minh F là điểm cố định M thay đổi Bài 5: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức: a b c + + ≥2 b+ c a+c a+ b √ √ √ (2) ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM I,Trắc nghiệm 1.D 2.A II,Tự luận 3.D 4.A 5.C 6.B 7.D 8.C Bài 1: (2,5 điểm) 1, Rút gọn: ĐK: x 0, x 25 x x 10 x = x -5 x-25 x +5 A= = x-10 x +25 x -5 x +5 = x -5 x+5 x +5 -10 x -5 x -5 = x+5 x -10 x -5 x +25 x -5 x +5 x -5 x +5 x -5 (0,25) = x -5 (Voi x 0; x 25) x +5 (0,75) 2, Với x = thỏa mãn x 0, x 25 , ta có √ x=3 Thay x = vào A ta (0,25) A= −5 −2 = =− 3+5 (0,25) −1 Vậy x = thì A = (0,25) 3, Ta có: ĐK x 0, x 25 A (0,25) x -5 x - 15 - x - x +5 3 x +5 x - 20 (Vì x +5 0) x < 20 x < 10 x < 100 (0,25) Kết hợp với x 0, x 25 Vậy với ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < (0,25) Bài 2: (1,5 điểm) a) Với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x+2=0 phương trình có a+b+c=0 nên Pt có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = Vậy với m = thì Pt đ ã cho có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = 2 b) (2m 1) 4m( m 1) 1 Vì 1 với m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt c) Vì x1< x2 nên : 2m m 2m x2 m (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) x1 2 (0,25) x x2 (m 1) 2m (m 2) 0 với m (0,25) (3) Bài 3: (1 điểm) ¿ x+ y+ xy=7 x 2+ y 2=5 ¿{ ¿ ¿ x+ y +2 xy=7 ( x+ y ) −2 xy=5 ¿{ ¿ ⇔ Đặt x + y = S, xy = P (đk S − P ≥ ), ta hệ pt Giải hệ tìm S = - 4; S = ¿ S+ P=7 S − P=5 ¿{ ¿ 11 -Với S = S = - thì P1 = loại vì không tmđk S − P ≥ -Với S= S = thì P2 = tmđk S − P ≥ Ta có hệ pt ¿ x+ y=3 xy=2 , giải hệ tìm ¿{ ¿ Bài 4: (3 điểm) ¿ x=2 y=1 ¿{ ¿ (0,25) C M O A H B D F 1, (1 điểm) ta có: ∠ MCO = ∠ MDO = 900( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên có ∠ MCO + ∠ MDO = 900 + 900 = 1800 tứ giác OCMD nội tiếp đường tròn đường kính MO 2, (1 điểm) Xét hai tam giác MCA và MBC có: (0,25) (0,25) ¿ x =1 y=2 ; ¿{ ¿ I (0,25) (4) ∠ M chung; => Δ ∠ MCA = Δ MCA MBC ∠ MBC = sđcungCA MC MA MC2 MA.MB MB MC (1) 3, (1 điểm) Gọi I là giao điểm MO và CD MO CD I ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Trong tam giác vuông MCO có MI là đường cao MC MI.MO (2) Từ (1) và (2) suy : MA.MB = MI MO tứ giác AIOB nội tiếp => ∠ MIA = ∠ OBA mà ∠ OBA = ∠ OAB => ∠ MIA = ∠ OAB mà ∠ OAB = OIB ( góc nội tiếp cùng chắn cung OB) ∠ MIA = ∠ OIB ∠ AIF = ∠ BIF ( cùng phụ hai góc trên) IF là phân giác góc AIB Do H là trùng điểm AB nên OH hay OF chính là trung trực hay phân giác góc AOB Mà ∠ AIB = ∠ AOB ( góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Do đó ∠ FIB = ∠ FOB(= ∠ FIA = ∠ FOA) Tứ giác IOBF nội tiếp mà ∠ FIO = 900 => Δ FIO nội tiếp đường tròn đường kính OF Tứ giác IOBF nội tiếp đường tròn đường kính OF Tương tự tứ giác IOAF nội tiếp đường tròn đường kính OF Suy tứ giác AOBF nội tiếp đường tròn đường kính OF => ∠ AFH = ∠ AFO = ∠ ABC ( cùng chắn cung BO) AH Trong tam giác vuông AFH ta có: AH = AF.sin ∠ AFH ⇒ AF= sin∠ ABO Ta có AB cố định nên ∠ ABO cố định và H cố định AH và sin ∠ ABO không đổi AF không đổi mà A cố định F cố định M thay đổi Bài 5: (1 điểm) Cách 1: áp dụng BĐT Côsi cho hai số √ b+ c a và ta được: b+ c b+ c b+ c+ a a 2a ≤ +1 :2= ⇒ ≥ a a 2a b+ c a+b +c b 2b c 2c ≥ ; ≥ Tương tự ta có: a+ c a+ b+c a+b a+ b+c ( a+ b+c ) a b c + + ≥ =2 Từ đó suy ra: b+ c a+c a+ b a+b+c √ ( ) √ √ √ √ √ √ Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a (b c) 2 a (b c ) a(b c) a b c Do đó; a a 2a b c a (b c) a b c (1) (đpcm) (5) Tương tự: b 2b a c a b c (2) c 2c a b a b c (3) Công vế với vế (1), (2) và (3) ta được: ( a+ b+c ) a b c + + ≥ =2 b+ c a+c a+ b a+b+c √ √ √ (6)