De thiavao cap III mon Toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHßNG GD & §TB×NH XUY£N TRờng thcs đạo đức §Ò chÝnh thøc. §Ò THI KH¶O S¸T THI VµO CÊP III – LÇN 1 N¨m häc: 2012 -2013 M«n thi: TO¸N, líp 9 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngµy 02 th¸ng 06 n¨m 2013. Câu 1: (2 điểm) 2 x  my m 2  Cho hệ phương trình  x  y 2. a) Giải hệ phương trình với m 1 . b) Với giá trị nào của m thì hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất. Câu 2: (2 điểm) Cho phương trình:. x 2  2  m  1 x  m2  3m  5 0. (1). a) Giải phương trình (1) với m 5 . b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 & x2 thỏa mãn : x12  x22 18 .. Câu 3: (2 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc trong 2 giờ thì xong. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi đội phải mất bao lâu mới làm xong công việc trên. Biết rằng thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ nhất ít hơn thời gian làm một mình xong công việc của đội hai là 3 giờ. Câu 4: (3,25 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R ; C là trung điểm của OB, dây MN vuông góc với OB tại C. Gọi I là một điểm tùy ý trên cung nhỏ AM, H là giao điểm của BI với MN. a) Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BMON là hình thoi. c) Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng IN sao cho IK = IA. Chứng minh bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc một đường tròn. d) Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ AM để tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: (0,75 điểm). Cho x  0; y  0; x  y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. 1 1  3 x y xy 3. ------------------Hết-----------------(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:………………………………………….. Số báo danh:………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHßNG GD & §TB×NH XUY£N TRờng thcs đạo đức. Híng dÉn chÊm §Ò THI KH¶O S¸T THI VµO CÊP III – LÇN 1 NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN. §Ò chÝnh thøc. Câu a. (1đ). Nội dung trình bày *) Với m = 1, ta có:  2 x  y 1  x  y 2     x  y 2  y 2 x  1.  x  2 x  1 2    y 2 x  1. 3 x 3    y 2 x  1. Điểm  x 1   y 1.  x; y   1;1 Vậy với m =1 hệ có nghiệm Từ x  y 2  x 2  y , thay vào phương trình đầu ta được:. 1 (2đ). 2  2  y   my m 2   m  2  y  m2  4 0. (*) b. (1đ) Để hệ có nghiệm duy nhất  phương trình (*) có nghiệm duy nhất  m  2 0  m  2 Vậy với m  2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất. a.  x 3 x 2  8 x  15 0   x  3  x  5  0   1đ  x 5 *) Với m = 5, ta được: Với m = 5, phương trình (1) có hai nghiệm x1 3; x2 5 Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 & x2 thì  ' 0. 0,75 0,25 0,5 0,25 0,25 0,75 0,25 0,25. 2.   m  1   m 2  3m  5  0  m  4 0  m 4. 2 (2đ) b. 1đ.  x1  x2 2  m  1  x x m 2  3m  5 Theo hệ thức Vi-ét  1 2 2. Nên. x12  x22 18   x1  x2   2 x1 x2  18 0 2.  2  m  1   2  m 2  3m  5   18 0 Suy ra:  m 4(TM )  m 2  m  12 0   m  4   m  3 0    m  3( KTM ) 3 (2đ). 0,25. 2 2 Vậy với m = 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 & x2 thỏa mãn : x1  x2 18 . Gọi x (giờ) là thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ nhất ( x  2 ) khi đó thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ hai là: x  3 (giờ) 1 Trong một giờ: Đội thứ nhất làm được x (công việc) 1 Đội thứ hai làm được x  3 ( công việc) 1 Cả hai đội làm được 2 (công việc) 1 1 1   Ta có phương trình : x x  3 2. Suy ra:. 2  x  3  2 x  x  x  3   x 2  x  6 0. 0,25. 0,25 0,25 0,5. 0,25 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   x  3  x  2  0.  x 3(TM )   x  2( KTM ) Vậy nếu làm một mình thì đội thứ nhất cần 3 giờ, đội thứ hai cần 6 giờ thì sẽ làm xong 0,25 công việc.. M I K a. 1đ. A. O. H C. B. 0  0,5 Ta có AIH 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đt) ACH 900 AB  MN ( ) AIH  ACH 1800 0,5 Suy ra: Nên tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn. N Do OB  MN tại C nên CM = CN; mà CO = CB (gt) Ta thấy 2 đường chéo OB và MN vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên tứ giác OMBN là hình thoi. Dễ thấy ∆AMN cân do có AC vừa là đường cao vừa là trung tuyến Mà OMBN là hình thoi (câu b) nên ∆OBM và ∆OBN là các tam giác đều ( do OM = OB = 4 1 1    MON 1200  MAN  MON 600  sd MBN 3,25đ 2 ON = MB = NB = R). Suy ra ( 2 ) Do đó ∆AMN đều. 0   c. Xét ∆AIK có: IK = IA ; AIK  AMN 60 (cùng chắn nhỏ AN), nên ∆AIK đều 0,75  AKI 600 0 0   Khi đó AKN 180  AKI 120 AON 2 AMN 1200 (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung) Ta thấy 2 điểm K và O cùng nhìn AN dưới một góc 1200 nên 2 điểm K và O cùng thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn AN hay bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc một đường tròn. Xét ∆AIM và ∆AKN có AI = AK (∆AKI đều)    IAM KAN (cùng cộng MAK bằng 600) AM = AN (∆AMN đều) d. 0,5 Suy ra: ∆AIM = ∆AKN (c.g.c) => IM = KN; mà IA = IK (gt) Nên: IA + IM + IN = (IK + KN) + IN = 2IN ≤ 4R Dấu “=” xảy ra  IN là đường kính của đường tròn (O). Vậy khi IN là đường kính của đường tròn (O)(Hay điểm I là điểm chính giữa của cung nhỏ AM) thì tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất. 5 Từ x  y 1 . Suy ra: 0,75 đ 3  x  y  x3  y 3  3xy  x  y   1 x 3  y 3  3xy  x 3  y 3 1  3xy b. 1đ. 0,5 0,5 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P. 1 1 1  3 xy  3 xy 1  3 xy  3 xy 3 xy 1  3 xy    1   3 3 x y xy 1  3xy xy 1  3xy xy 3. Suy ra: 3 3 Do x  0; y  0  x  y  0  1  3 xy  0. 0,25. 3 xy 1  3 xy & xy ta có: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 1  3 xy P 4  2. 3 xy 1  3 xy . 4  2 3 1  3 xy xy 0,25.  x  y 1; x  0; y  0  x  y 1     3 xy  1  3 xy 1 1  3 xy  xy  xy  3  3   Dấu “=” xảy ra Theo Định lí VI-ET , hai số x, y sẽ là nghiệm của phương trình: X2  X . 1 0 3 3 1. (Tức là một trong hai số x và y có một số bằng 1. 2 3 3 3 2 và một số bằng. 2 3 3 3 2 )  2 3 3  1 1 3  4  2 3   x; y   ;  2   Vậy MinP =   1  x; y     hoặc. 2 3 3   3   2  . 2 3 3 2 3 3   1 3 3  ;  2 2  . Lưu ý: - Mỗi bài đều có cách giải khác, nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Với các câu giải hệ phương trình và phương trình nếu học sinh giải đúng nhưng không đưa ra kết luận về nghiệm thì trừ 0,25 điểm của câu đó. - Với câu 4(hình), nếu học sinh làm đúng mà không có hình vẽ, hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm toàn bài. - Đối với mỗi câu, mỗi phần học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó. - Giám khảo có thể chia nhỏ các con điểm thành phần đến 0,1. Tổng điểm toàn bài ở hàng thập phân làm tròn đến các con điểm 0,25 ;0,5 và 0,75. …………………………………………………………………………………. HẾT.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>

<span class='text_page_counter'>(6)</span>