Giải Chi Tiết Toán 9 (Vĩnh Long )2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
VĨNH LONG NĂM HỌC 2013 -2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn Thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề



Bài 1 . ( 1.0 điểm )
a) Tìm x ,biết 1x = 1
b) Rút gọn biểu thức A =
12
28



Bài 2 .( 2.0 điểm )
a/ Giải phương trình 086
2
 xx
b/ Giải hệ phương trình





12
2
yx
yx

Bài 3 .( 2.5 điểm )
a/ Vẽ đường thẳng (
d
1
) : y = x + 1
b/ Tìm tọa độ giao điểm của (
d
1
) và (
d
2
) : y = - x + 3 bằng phép tính .
c/ Tìm a và b để đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua điểm M nằm trên (
d
2
) có hoành độ bằng 2 và song
song với (
d
1
) .
Bài 4 .( 1.5 điểm ) Cho phương trình 0)3(2
2
 mxx ( 1 )
a/ Gọi
x
x
21
 là hai nghiệm của phương trình khi m = 9. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của các
biểu thức
x

x
21
 ,
2
1
x
x
và
2
2
2
1
xx 
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
x
1
,
2
x thỏa điều kiện
3
2
3
1
xx  = 8
Bài 5. (2.0 điểm ) Cho đường tròn ( O ) đường kính AB = 6 . Kéo dài AB về phía B, trên đường kéo dài lấy
điểm C sao cho BC = 3.Trên đường tròn ( O ) lấy điểm D sao cho BD = 3. Đường thẳng vuông góc với BC
tại C cắt tia AD tại M.
a/ Chứng minh tứ giác BCMD nội tiếp đường tròn. Xác định tâm đường tròn này.
b/ Chứng minh :
BCMBDM




và tam giác AMB cân.
Bài 6. (1 điểm ) Một hình nón có bán kính đường tròn đáy r = 5 và thể tích V = 100

.
Tính chiều cao h và độ dài đường sinh ℓ của hình nón.

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : ………………………………………… Số báo danh :

Chữ ký giám thị 1 …………………… Chữ ký giám thị 2 ………………………….









Gợi ý
Bài 1 :
a/ Đk :
1

x

Bình phương 2 vế biểu thức trở thành :
x -1 = 1

x = 2 ( thỏa đk )
Vậy : x = 2
b/ A =
12
28



Cách 1 : Trục căn ở mẫu ,bằng cách nhân tử và mẫu cho
12 

A =




 
12)12(
1228



A =
12
222224
12

222816
22





= 2
Cách 2 : Ta thấy 228  , ta đặt nhân tử chung 2
A =
12
28


=


12
122


= 2
Bài 2 :
a/ Đáp số x = 2 ; x = 4
b/ (x;y) = ( 1;1)
Bài 3 :
a/
b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (
d
1

) và (
d
2
)
x + 1 = - x + 3

x = 1

y = 2
Vậy : Tọa độ giao điểm cần tìm ( x;y) = ( 1;2)
c/ Do M
2
d

x = 2

y = 1 ; M ( 2;1)
Do đường thẳng (d) // (
d
1
) nên ( d) có dạng : y = x + b ,với b

1
Thế tọa độ M vào đường thẳng ( d)

1 = 2 + b

b = - 1 ( nhận )
Vậy ( d) : y = x -1
Bài 4 :

a/ Khi m = 9 , phương trình trở thành : 062
2
 xx
Ta thấy a.c = - 6 < 0 , nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Theo định lý Viet :
2
21

a
b
xx ; 6
21

a
c
xx


16)6.(222
2
21
2
21
2
2
2
1
 xxxxxx
b/ Ta có :





8)3)(6(3283
3
2121
3
21
3
2
3
1
 mxxxxxxxx
3


m


Bài 5 :
a/ Ta có : Góc ADB = 90
0
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

Góc BDM = 90
0
( kề bù ) (1)
Lại có : BC
CM



Góc BCM = 90
0
(2)
Từ (1) và (2)

Tứ giác BCMD nội tiếp trong một
đường tròn ( tổng 2 gốc đối của tứ giác = 180
0
) .
Tâm của đường tròn này là trung điểm cạnh BM.

b/ Xét
BDM

và

BCM có :
BM là cạnh chung
Góc MDB = Góc MCB = 90
0

BD = BC = 3 (gt)

BDM

=

BCM ( c-g-c)


DM = CM
Xét

ADB vuông tại D
Theo định lý Pitago : 33
22
 BDABAD
Đặt DM = CM = x , đk : x > 0
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ACM vuông tại C
222
CMACAM 


22
2
933 xx 
22
813627 xxx 

x = 33
DMAD




D là trung điểm AM
Mà BD
AM


tại D
Do đó BD là đường trung trực của đoạn AM
=> AB = BM
Vậy :

AMB cân tại B ( đpcm )
Bài 6 :
Theo đề : r = 5 và
V= 100


 100
3
1
2
hr
12


h

Ta lại có
222
hrl 
22
125 l =13

Người Giải : Dũng ( Ba Càng –Song Phú-Tam Bình –Vĩnh Long)
0986329174