De thi HSG lop 9 so 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (103.47 KB, 3 trang )

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

Đề tham khảo tuyển sinh 10 số 2 (sưu tầm)

Bài 1. ( 2điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:
a)

3 5
15

5 3

 



 

  b) 11



3 1 1

 

 3



Bài 2. ( 1,5điểm)

Giải các phương trình sau:

a) x3 – 5x = 0 b) x1 3

Bài 3. (2điểm)

Cho hệ phương trình :

2 5

3 0

x my
x y

 




 

 ( I )

a) Giải hệ phương trình khi m = 0 .

b) Tìm giá trị của m để hệ (I) có nghiệm ( x; y) thoả mãn hệ thức:

m+1
x - y + 4

m-2 
Bài 4. ( 4,5điểm).

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM=2R.

Gọi H là trực tâm tam giác .

a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN
nội tiếp được trong một đường tròn.

c) Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng.
d) Giả sử AB = R 3 . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AHBN.

Hướng dẫn:

Bài 1: Rút gọn 
a)

3 5
15

5 3

 



 

  =

3 5

15. 15.

5 3 b) 11



3 1 1

 

 3



=





2 2

11 1  3

3 5

15. 15.

5  3 = 11 





= 9 25 = 9

= 3 + 5 = 8 = 3
Bài 2. Giải các phương trình sau:

a) x3 – 5x = 0 b) x1 3 (1)

 x(x2 – 5) = 0 ĐK : x –1  0  x1

 x (x  5)(x  5) = 0 (1)  x – 1 = 9

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

m
/

/ =
=

M
K
O

H E

C
B

n
m
/

/ =
=

M
K
O

H E

C
B

Vậy: S =



0; 5; 5



Vậy: S =

 

10
Bài 3.

a) Khi m = 0 ta có hệ phương trình:

2 5 2,5 2,5

3 0 3.2,5 0 7,5

x x x

x y y y

     



 

  

     

 



 

2 5 1

3 0 2

x my
x y

 





 



 . Từ (2) suy ra: y = 3x thay vào (1) ta được: 2x + 3mx = 5





3m2



x5
ĐK: m

2 5

3 x 3m 2

  

 . Do đó: y =

15
3m2

m+1
x - y + 4

m-2 

5 15 1

3 2 3 2 2

m
m m m



   

   (*)

Với

2
3

m

và m 2, (*)  10



m 2

 

 m1 3

 

m2



4



m 2 3

 

m2



Khai triển, thu gọn phương trình trên ta được phương trình: 5m2 – 7m + 2 = 0

Do a + b + c = 5 + (– 7) + 2 =0 nên m1 = 1 (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK)

Bài 4:

a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.

 900

ABM  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  BM AB

H là trực tâm tam giác ABC  CH AB

Do đó: BM // CH
Chứng minh tương tự ta được: BH // CM

Vậy tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.
ANBAMB (do M và N đối xứng nhau qua AB)

AMBACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O))

H là trực tâm tâm giác ABC nên AH  BC, BK  AC nên ACBAHK (K = BH 

AC)

Do đó: ANBAHK.

Vậy tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.
c) Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng.

Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b)  ABN AHN.

Mà ABN 900 (do kề bù với ABM 900, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Suy ra: AHN 900.

Chúng minh tương tự tứ giác AHCE nội tiếp  AHEACE900
Từ đó: AHN AHE 1800  N, H, E thẳng hàng.

d) Giả sử AB = R 3 . Tính diện tích phần chung của đưịng trịn (O) và
đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

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

n
m

/ =
=

M
K
O

H E

C
B

AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AHBN

bằng nhau  Sviên phân AmB = Sviên phân AnB

AB = R 3  AmB1200 Squạt AOB =

2 0 2

.120

360 3

R R

 



 AmB 1200  BM 600  BM R

O là trung điểm AM nên SAOB =

1 1 1 1 3

. . . . 3.

2 ABM 2 2 4 4

R
S  AB BM  R R

 Sviên phân AmB = Squạt AOB – SAOB 
=

R



–

2 3

R





4 3 3
12

R

 

 Diện tích phần chung cần tìm :
2. Sviên phân AmB = 2.





4 3 3

R

 





4 3 3
6

R

 

</div>

De thi HSG lop 9 so 2

<b>Đề tham khảo tuyển sinh 10 số 2 (sưu tầm)</b>



 





 















 

 

 







 

 





 















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về