de thi thu TNTL co loi giai cau kho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Yên Phương Lớp 9A ĐỀ THI THỬ SỐ 3 Câu1.Biểu thức 16 bằng A. 4 và -4. B. -4. C. 4. 19.Nếu P(1; - 2) thuộc đường thẳng x – y = m thì m bằng A. – 1. B. 1. C. – 3.  x  y 4  x  y 0 Câu2.Hệ phương trình  A. có vô số nghiệm B. vô nghiệm C. có nghiệm duy nhất. D. 8. D. 3.. D. đáp án khác.. Câu3.Cho hai số u và v thỏa mãn điều kiện u + v = 5; u.v = 6. Khi đó u, v là hai nghiệm của phương trình A. x2 + 5x + 6 = 0. C. x2 + 6x + 5 = 0.. B. x2 – 5x + 6 = 0. D. x2 – 6x + 5 = 0.. Câu4.Đồ thị hàm số y = x2 đi qua điểm: A. ( 0; 1 ). B. ( - 1; 1). C. ( 1; - 1 ). D. (1; 0 ). Câu5.Một đường thẳng đi qua điểm A(0; 4) và song song với đường thẳng x – 3y = 7 có phương trình là B. y = - 3x + 4. D. y = - 3x – 4. 1 1. y . 3. x 4. y x4 3 C. .. A. . Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH chia cạnh BC thành hai đoạn có độ dài lần lượt là 4 và 9 .Diện tích tam giác ABC là A. 78. B. 21. C. 42. D. 39. Câu7.Cho (O; 6 cm) và dây MN. Khi đó khoảng cách từ tâm O đến dây MN có thể là: A. 8 cm. B. 7 cm. C. 6 cm. D. 5 cm. Câu 8.Một mặt cầu có diện tích bằng 16 cm2 thì đường kính của nó bằng A. 2cm B. 4cm. C. 8cm. D. 16cm. Câu 9: Rút gọn các biểu thức sau:  5 5   5 5  1 2 2  . 2      20  80  45  5  1   5  1   2 3 1) A = 2) B = 6x  6y 5xy  . 4 3  x  y 1 Câu10.Giải hệ phương trình:  2 Câu 11. Cho phương trình: (1  3)x  2x  1  3 0 (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là x1 , x 2 . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là. 1 1 x1 và x 2 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 12: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2 3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 13: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z ≤ 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A=. 1  x 2  1  y2  1  z 2  2. . x y z. ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> M. O1. C. E A. I. B. O. Đề 3. N. Câu12: .. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm    chính giữa của MN nên AMN = ACM (hai . . . góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME = ACM , lại có CAM là góc chung do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM . AM AE = AC AM  AM2 = AE.AC.   AMN = ACM . 3. Theo trên AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  ECM. Nối MB ta có AMB = 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM  NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính là O1M. Câu 1 3: Áp dụng các BĐT: a + b  2  a 2  b2 .  3  a 2  b2  c2 . ;a+b+c (được suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpski) Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 + x 2  2x  2 1  x 2  2x  2  x + 1 1 + y 2  2y  1 + z 2  2z .   2  1  y  2y   2  y + 1 2  1  z  2z   2  z + 1 2. 2. x  y  z  3 x + y + z 2 2 2 Lại có: A = 1  x  1  y  1  z  2x  2y  2z. +. 2 2 . x y z.  .  A  2  x + y + z + 3  2 . 2. . 3 x + y + z.  A 6 + 3 2 (do x + y + z  3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy maxA = 6  3 2..

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