Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi,vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút.. với m là tham số.[r]
(1)PHÒNG GD VÀ ĐT TP NAM ĐỊNH TRƯỜNG THCS NAM PHong KIỂM TRA mÔN TOÁN NĂM HỌC 2014-2015 (Thời gian làm bài 90 phút) Bài ( điểm ) x x> ; x ≠ x x x ( Cho biểu thức A = ) a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất các giá trị x để A c) Tính giá trị A x = − √ 2 Bài ( 1,5 điểm ) Một người xe đạp từ A đến B cách 24km Khi từ B trở A người đó tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi,vì thời gian ít thời gian là 30 phút Hãy tính vận tốc xe đạp từ A đến B? Bài ( điểm ) Cho phương trình: x2 - 4x + 3m - =0 (2) a) Giải phương trình m=2 với m là tham số b) Tìm điều kiện m để phương trình (2) có hai nghiÖm x1, x thoả mãn x1 x 8 Bài ( 3,5 điểm ) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O) Vẽ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không qua O (C nằm M và D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng MO cắt AB và (O) theo thứ tự H và I Chứng minh rằng: a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) MC.MD=MA2 c) OH.OM+MC.MD=MO2 d) CI là phân giác gãc MCH Bài ( điểm ) Giải phương trình: x2 1 x x 2x x 2x 1 4 (2) Biểu điểm và đáp án Đáp án Câu (2điểm ) a) A = x x 2 x x 2 b) Ta có : x x 2 A x x 2 x 2 x 2 x x x 0,5 0,5 x 2 x 2 x 2 Kết hợp với ĐKXĐ ta có x thì A 2− √ 2¿ ⇒ x + √ 2=4 − √ c) Khi x=6 − √ 2=¿ 4+ = √ Ta có A= − √2 (1,5 điểm) Biểu điểm x 2 x 4 0,5 0,5 Gọi x (km/h) là vận tốc từ A đến B (đk: x > ) x + (km/h) là vận tốc từ B A Thời gian từ A đến B là : (h) Thời gian từ B A là : (h) Vì thực tế đến trước dự định là 30’(= h), nên ta có phương trình: 0,25 0,25 - = ⇒ x + x −192=0 Δ '=4+192=196 x 1=− 2+ 14=12(TM) x 2=−2 −14=−16 (KTM ) 0,5 Vậy vận tốc xe từ A đến B là 12km/h 0,5 (2điểm ) a) Thay m 2 vào pt (2) ta được: x x 0 Nhận xét: a b c 1 0 =>Pt có nghiệm x1 1 , x2 3 b) Tính: ' 7 3m Để phương trình (2) có hai nghiệm x1 , x2 ' 0 3m 0 m 0,5 0,25 0,25 0,5 (3) x1 x2 4 x x 3m Theo hệ thức Vi-ét: 0,25 x12 x22 8 ( x1 x2 )2 x1x2 8 Ta có: 0,25 16 6m 8 6m 14 m Giá trị m 7 7 m m thoả mãn điều kiện Vậy là giá trị cần tìm 0,5 Hình vẽ (3điểm ) a) Xét tứ giác SAOB ta có ∠ MAO =∠MBO (tính chất tiếp tuyến) ⇒∠ MAO +∠MBO=180 0,5 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) Xét MAC và MDA có M chung, MAC MDA (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC) MDA (g – g) Do đó MAC 0,5 0,5 0,5 MA MC MA MC.MD Suy MD MA c) Xét MAO vuông A, có AH đường cao, ta có OH.OM AO 0,5 Suy OH.OM MC.MD AO MA (1) 2 Áp dụng định lí Pitago cho MAO ta có AO MA MO (2) Từ (1) và (2) suy OH.OM MC.MD MO d) Xét MAO vuông A, có AH đường cao, ta có MH.MO MA MC MO MH MD Suy MC MO Xét MCH và MOD có MH MD , M chung Do đó MCH MOD (c.g.c) MCH MOD Xét tứ giác CDOH có MCH MOD (cmt) 0,5 MC.MD MH.MO MA Tứ giác CDOH có góc ngoài đỉnh góc đối diện suy tứ giác CDOH nội tiếp DCH DOK (cùng bù HOD ) (1) 1 DCK DOK 2 sđ DK Mặt khác (2) 0,5 (4) DCK DCH CK phân giác DCH (3) Từ (1) và (2) suy Mà ICK 90 ( góc nội tiếp chắn đường tròn) (4) Từ (3) và (4) suy CI là phân giác MCH (1điểm ) PT 1 1 x x 2x 1 x 1 x x 1 2 2 0,75 Vế phải đóng vai trò là bậc hai số học số nên phải có VP 0 1 VP 0 x 0 x 2 Nhưng x x nên Với điều kiện đó: PT x2 1 1 x x x 2 2 1 1 x x x 1 2 1 x x 1 2 1 1 x x x 1 2 1 x 0 x x x 1 x2 x Tập nghiệm: 1 ;0 S 0,25 (5)