de thi gvg cap huyen 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>P. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC. Đề chính thức. KỲ THI …………. Năm học 2011- 2012 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Số báo danh. Câu I. (4,0 điểm). A. 2 x 9  x  5 x 6. x  3 2 x 1  x  2 3 x .. Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa . b) Rút gọn biểu thức A .. Câu III. (4,0 điểm). a, Cho phương trình bậc hai : x 2+ mx + n + 1 = 0 (x là ẩn; m, n là tham số) có hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng: m2+n2 là một hợp số b, Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . 1 1 M  x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :. Câu II. (4,0 điểm). 2. 1) Giải phương trình:. 2.  x   x  10      . 9  x  1   x 1 .  2 1 1  x  x   1   4 y y   2  x 3  x  x  1 4.  y 2 y y3 2) Giải hệ phương trình:  Câu IV. (4,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định ( O  AB ). P là điểm di động trên đoạn thẳng AB ( P  A, B và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N P ).   1) Chứng minh rằng ANP BNP . 2, Chứng minh bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động. Câu V. (2,0 điểm). 2 2 2 2 2 2 Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a  b  b  c  c  a  2k . (với k là số thực dương) a2 b2 c2 k    2 Chứng minh rằng: b  c c  a a  b ............................................................. HẾT .........................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GD & ĐT BT. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu. Ý. Câu I 4đ. a) 1đ. Hướng dẫn chấm Điều kiện : x 0; x 4; x 9 A. b,3đ. Điểm 1. =. =. =. =. 2 x 9  x  5 x 6 2 x 9. . x 3. . 2 x  9. x 2. . 0,5. x  3 2 x 1  x  2 3 x. . x 3. . 0,5. . x  3 2 x 1  x 2 x 3. . x  3  2 x 1.  . x 3. . . x 2. x 2. x 3. . x 2.   x  3  x  2   x. x 2. . 0,5. .  x  3  x 1. 0,5. . 2 x  9  x  9  2x  x  4 x  2. . .  x  2. x 2. x 1 x 3. 1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu II 4đ. a) 2đ. 0,5. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình, vì phương trình luôn có hai nghiệm nguyên dương nên theo định lí vi-ét ta có: x1+x2=-m; x1x2=n+1 Ta có: m2+n2=[-(x1+x2)]2+(x1x2-1)2 =(x12+x22+2x1x2)+(x12x22-2x1x2+1) =x12+x22+x12x22+1 =(x12+1)(x22+1)  m2+n2 là hợp số. b) 2đ. 1 1 M  x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :. Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0  x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0  (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0  (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*). Vì. x. 2. 2. 1 –  x  1  y  1   y  1 1. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25. 0,25. 2. 1 3 2   =   x  1   y  1    y  1  1  0 2 4   Nên (*)  x + y + 2 = 0  x + y = - 2 1 1 x y 2 Ta có : M     x y xy xy vì.  x  y. 2. 4 xy  4 4 xy . 1) 2đ. 0,25. Đk: x 1. Phương trình tương đương với 2. 0,25 0,25. 1 2 1   2 xy xy .. Vậy MaxM = -2  x = y = -1 . Câu III 4đ. 025. 0,5. 2.  2 x2  x  x2 10 2 x 2 10  x   2     0.  2    2 x2  1 9 x  1 x  1 9  x 1 x  1    2 2x 10 5 2 t 2 , t2  t  0  t  t x  1 ta được phương trình 9 3 hoặc 3 Đặt 5 2x2 5 t ,  2 3 ta được x  1 3 (vô nghiệm) Với 2 2x2 2 1  t  , x  . 2 3 ta được x  1 3 suy ra 2 Với. 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2) 2đ. 1  2 1  x  y 2  x  y 4    x3  1  x  x  1  4.    y3 y  y y  0. Đk: Hệ tương đương với 1  u  x  y   u 2  u  2v 4 u 2  4u  4 0 u 2   x v  ,  2   3  y u  u  4 2v v 1. Đặt  ta được hệ u  2uv 4. u 2  Với v 1, ta được. 1   x  y 2     x 1  y. 0,5. 0,75. 0,5  x 1   y 1. (thoả mãn điều kiện) 1,0. Câu IV 4,0đ. Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến 1) chung của (O) với (C), (D) tại A, B 2,0đ tương ứng.. … … … 2) 2đ.     Suy ra ANP QAP QBP BNP. Ta có ANB  ANP  BNP    QAP  QBP. 0,5. 1800  AQB , suy ra NAQB nội tiếp (1). Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên một đường tròn.     Ta có OCN 2OAN 2OBN ODN , suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn.. 3) Gọi E là trung điểm OQ, 2,0đ suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua các điểm N, O, D, C. Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định. Câu V. 1,0. 0,5. 0,5. 0,5 1,0 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2đ. 2 2 2 2) Ta có 2(a  b ) (a  b) . 2,0đ a2 b2 c2 a2 b2 c2      b c c  a a b 2  b2  c2  2  c2  a2  2  c2  a2  Suy ra. 0,5. 2 2 2 2 2 2 Đặt x  b  c , y  c  a , z  a  b , suy ra x  y  z  2 k y 2  z 2  x2 z 2  x2  y 2 x2  y 2  z 2 VT    2 2 x 2 2 y 2 2z suy ra. 1,0.   ( z  x) 2   ( x  y)2  1   ( y  z)2   x   y   z   2 2   2x   2y   2z    ( z  x) 2   ( x  y)2  1   ( y  z)2   2 x  3 x   2 y  3 y   2 z  3 z       2 2   2x   2y   2z  1    2( y  z )  3 x    2( z  x)  3 y    2( x  y  3 z   2 2 1 1 k VT  ( x  y  z)  2k 2 2 2 2 Suy ra = 2. 0,5. Hình vẽ bài 4. N H O C A. P E. D B.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>