de thi thu lop 10

Xét tứ giác INCE có ANI IEC  Tứ giác INCE nội tiếp vì có góc ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác.. Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau:: .[r]

TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH LỚP 9 LẦN 2

MÔN : TOÁN NGÀY THI : /3/2018

Thời gian làm bài :120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2 điểm)

Cho biểu thức:

x 3 6 x - 4

-x -1

x -1 x +1 với x 0; x 1 

1 Rút gọn A

2 Tìm x để

1

A <

2

Câu 2: (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

8

x y

x y

 





 



2 Tìm tham số m để Parabol (P):

2

1

y = x

2 và đường thẳng (d): y = mx - m + 2 cùng đi qua một điểm có hoành độ x = 4

Câu 3: (2 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m – 1)x – m – 1 = 0

1 Giải phương trình khi m = 3

2 Chứng minh rằng với mọi m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm đó là x1, x2 Xác định m để: x1x2 + x1x2 = 1

Câu 4: ( 3,0 điểm )

Cho tam giác nhọn ABC có (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R) Vẽ AH vuông góc với

BC, từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC (HBC M, AB N, AC) Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O;R) tại K

a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

b Chứng minh AM AB AN AC

c Chứng minh AE cuông góc với MN

d Chứng minh AH=AK

Câu 5 (1,0 điểm): Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn abc  Tìm giá trị lớn nhất của1

T

b c a a c b a b c

-Hết -Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……….

ĐỀ A

Chữ kí giám thị 1:……….Chữ kí giám thị 2:………

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

(2điểm

)

Cho biểu thức:

x 3 6 x - 4

-x -1

x -1 x +1 với x 0; x 1 

1.Rút gọn

x -1

A =

x +1

2 Tìm 0 x 9; x 1  

1 1

Câu 2

(2điểm

) 1 Giải hệ phương trình:

7 8

x y











2 m = 2

1 1

Câu 3

(2điểm

)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m – 1)x – m – 1 = 0

1 Giải phương trình khi m = 3

Chứng minh được với mọi m, phương trinh luôn có  > 0 phương trình đã

cho luôn có hai phân biệt

Xác định m để: x12x2 + x1x22 = 1

E

O

I N

H

K

M

C B

A

a

(1 đ)

Xét tứ giác AMHN Có AMH 90 ;0 ANH 900 (Vì AM AB AN; AC) 0,25 Nên ta có AMHANH 900900 1800 0,5

b

(0.75

đ)

Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AHBC) có HM AB (gt) nên theo hệ

thức lương trong tam giác vuông ta có AH2 AM AB 0,25 Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AHBC) có HN AC (gt), tương tự ta

cóAH2 AN AC

0,25

Ta có AH2 AM AB ; AH2 AN AC vậy AM AB AN AC 0,25

c Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM AHM ( cùng chắn cung 0,25

đ)

AM)

Ta có AHM BHM AHB90 ;0 MBH BHM  900 ( vì BMH vuông tại

M)

Vậy AHM MBH  ANM MBH  ANI ABC, mà ABCAEC( cùng

chắn cung AC) nên ANI AEC ANI IEC

Xét tứ giác INCE có ANI IEC Tứ giác INCE nội tiếp ( vì có góc ngoài

của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác)

0,25

  1800

EIN NCE

   ( tính chất…) mà NCEACE900 ( góc nội tiếp ….)

Nên  EIN 900 1800  EIN 900  AEMN

0,25

d

(0.5 đ)

Ta cóAKE 900( góc nội tiếp ) AKI IKE 900.Ta có KIE vuông tại I

(cm trên) IEK IKE 900  AKI IEK AKN AEK, mà AEK ACK

( cùng chăn cung AK) nên AKN ACK

0.25

Xét AKN và ACK có góc A chung, có AKN ACK nên AKN ACK

2

AK AN

AK AN AC

AC AK

, mà AH2 AN AC (cm trên) nên AK2 AH2  AK AH

Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau::

Cách 2:Ta cóAKE 900(góc nội tiếp ) AKEvuông tại K mà KIAE

( cm trên)

Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AIAE Xét AIN và ACE

Có AIN ACK 900; góc A chung AIK  ACE

AI AN

AC AE

AI AE AN AC

    , nên ta có AK2=ANAC, mà AH2 AN AC (cm trên)

nên AK2 AH2  AK AH

Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường tròn, vì AE QK (cm

trên) nên IQ IK ( vì đường kính vuông góc với dây) AQAK ( vì đường

kính đi qua trung điểm dây) AKQ ACK  AKN ACK Xét AKN và 

ACK có góc A chung, có AKN ACK nên AKN ACK

2

AK AN

AK AN AC

AC AK

, mà AH2 AN AC (cm trên) nên AK2 AH2  AK AH

0.25

Câu 5

Ta có: a4b4ab a 2b2 a b;  

a b ab a b a b a b ab

   3 3  2 2 2

 a b a  b   a b a ab b 

(luôn đúng a b,  )

1.0

Do đó 4 4  2 2

a b c ab a b c a4b4 c ab a 2b2abc20

(vì

; ; 0

a b c và abc1)

a b c ab a b abc

(vì c0)

a b c ab a b c

2

2

4 4 2 2 2 1

2

 

2

Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:

1

 T  a b c; ; 0 thỏa mãn abc1. Với a b c  1 thì T 1 Vậy GTLN của T là 1.