da thi dap an Toan 9 36

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (97.67 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Së GD&§T Thanh Ho¸ Kú thi tuyển sinh THPT chuyên Lam Sơn 2006 
 §Ị thi chÝnh thøc Môn thi: Toán

Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2006

Thi gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2 điểm):

Cho biÓu thøc:

       2 3

20
2
3
1

2
10
2

1
4 2













a
a

a
a
a

a
a

A .

1. Tìm điều kiện của a để A có nghĩa.
2. Rút gọn biểu thức A.

Giải :

1. §Ĩ A cã nghÜa thì (a+1)(a+2)(a+3)0a-1, a-2 và a-3
2. Rút gọn A: Ta có

 





 



4 3 10 2 2 2 20 1

1 2 3

a a a a a a

A

a a a

      

 

  



 



3 2 2 2

4 12 10 22 4 2 22 20

1 2 3

a a a a a a

a a a

      



  





 1 2 3 4
6
11
6

4 3 2











a
a
a

C©u 2 (2 điểm):

Cho phơng trình bậc 2: 2 4 0

x m

x .

1. Giải phơng trình khi m= -60.

2. Xỏc nh các giá trị của m sao cho phơng trình có hai nghiệm x1, x2 (x1<x2); thoả
mãn điều kiện 12 8

2  x 

x .

Giải :

1. Khi m=-60, ta có phơng trình: x2-4x-60=0
'=4+60=64 '  64 8.

x1=-6, x2=10. Vậy phơng trình có hai nghiƯm x1=-6, x2=10.

2. Điều kiện để phơng trình có hai nghiệm xl, x2 (xl<x2) là '>0. Ta có '=4-m>0 m<4.
Theo định lý Viet thì x1+x2=4, x1x2=m.

MỈt kh¸c, ta cã x22 x12 8



x2 x1



x1x2



8



,1

.3

2

4

2
1
1
2

2
1



















x

Thay vào trên ta có m=3 thoả mÃn điều kiện '>0. Vậy giá trị cần

tìm là m=3.

Câu 3 (2 điểm):

Cho hệ phơng trình:

2

3

2
2

y

x

y

m

x

1. Giải hệ phơng trình khi m=2.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG THCS VINH THANH

2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ có nghiệm (x0,y0) sao cho y0=1.
Giải :

1. Khi m=2, hệ đã cho trở thành:

 















2

1

3

4

2
2

y

x

y

x

Từ (1) ta có x=3-4y, thay vào (2) ta đợc 17y2-24y+7=0.

Phơng trình thu đợc thoả mãn a+b+c=0, suy ra

17
7
;

1 2

1  y 

y , suy ra hƯ cã hai nghiƯm













1 y

x

vµ













17

7

17

23 y

x

2. Vì y0=1, hệ đã cho trở thành













)2

(1

)1

(3

2
2

x

m

x

víi (2), ta cã x=1 hc x=-1
Víi x=1 m2=2  2



m

Víi x=-1 m2=4 m 2, cả 4 giá trị của m thoả mÃn điều kiện.

Câu 4 (3 điểm):

Cho ABC cú ba gúc nhọn; AD và CE là hai đờng cao cắt nhau tại H; O là
điểm cách đều ba đỉnh tam giác ABC. Gọi M là điểm đối xứng của B qua O; I là
giao điểm của BM và DE; K là giao điểm của AC và HM.

a. Chứng minh rằng các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp đợc
trong đờng tròn.

b. Chøng minh r»ng OKAC.

c. Cho sè ®o gãc AOK bằng 600. Chứng minh rằng tam giác HBO cân. 
Giải :

O
H

D
E

B C

a. - Do









DC

AD

DC

CE

suy ra E,D cïng

nh×n AC díi mét gãc vuông,
tức là tứ giác AEDC nội tiếp.

- Từ câu trên suy ra góc BAC bằng
góc EDB, mà gócBMC=gócBAC
(chắn cung BC), suy ra

góc EDB=góc IMC, suy ra tø gi¸c IMCD

có tổng hai góc đối bằng 1800, vậy nó là tứ giác nội 
tiếp.

b. Vì O cách đều ba đỉnh tam giác ABC nên O là tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác đó,
suy ra BM lầ đờng kính., suy ra các góc BCM và BAM là các góc vng, suy ra AM
song song với CH, CM song song với AH, suy ra AHCM là hình bình hành. Từ đó suy
ra K là trung điểm của AC, vậy OKAC.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

TRƯỜNG THCS VINH THANH

c. AOK vu«ng, cã gãc AOK=600, gãc OAK=300, suy ra OK  OABO

2
1

, mà OK là đòng
trung bình của tam giác BMH nên OK BH

2
1

 , vậy tam giỏc HBO cõn nh B.

Câu 5 (1 điểm):

Cho ba số x,y,z khác không và thoả mÃn: 11 1 0.

z
y

x H·y tÝnh

2 2 y2

zx
x

yz
z
xy

A   .

Giải :

Tõ gi¶ thiÕt suy ra 1x 1y  1z

suy ra 3

1
1

z
y

x  







 

xyz
y

x
y

x
z

y
x

3
1
1
1
1
3
1
1
1

3
3

3 















VËy 2 2 2 13 13 133 3












xyz
xyz
y

x
z
xyz
y

zx
x
yz
z
xy
A

VËy A=3

</div>

da thi dap an Toan 9 36

 

 

 

 





 

 





 

 







<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

,1

.3

2

4





















<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

2

3

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

 

 















2

2

1

3

4

<i><sub>y</sub></i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>













1

1

<i>y</i>

<i>x</i>











