de thi thu lop 10

TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH LỚP 9 LẦN 2
MƠN : TỐN
NGÀY THI : /3/2018
ĐỀ A
Thời gian làm bài :120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Bµi 1: (2.5 ®iĨm )
1.Cho hai số : a = 9 + 3 7 và b = 9 - 3 7 . Hóy so sỏnh a + b v a.b
2.Giải phơng tr×nh :
x ❑2 -7x + 12 = 0
3. Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2 ; 8) v B(3 ; 2).
Bài 2 (1.5 điểm )
x
3
6 x -4
+
x -1
x +1 x -1

A=

Cho biểu thức:
1. Tìm điều kiện để A cã nghÜa ?
2. Rót gän biĨu thøc A.
Bµi 3: (2 điểm)
Cho phơng trình : x2+ 2x + m - 1 = 0 (1)
a. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
1 1
+ =4
x
x2
1

b. Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình (1) . Tìm m để

Baứi 5:(3 điểm)
Cho điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với
đường trịn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB. Đường thẳng
MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C).
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
2
b) Chứng minh MB MN .MC





c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN ADC
Bài 5:(1 điểm)
Cho ba s thc dng x, y, z thỏa mãn x  y  z . Chứng minh rằng:

x

2

 1 1 1  27
 y2  z2   2  2  2 
y
z 2
x

Hết..
Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh:.

Chữ ký giám thị 1

Bài
Bài1

1.

Chữ ký giám thị 2

Đáp án

Biểu
điểm

(2đ)
0,5


2.

2
2
Ta có a + b = 18 và a.b = 9  (3 7) 81  63 18 nên a = b.
2

7 4.1.12 1

.

3.

Phơng trình cã 2 nghiƯm ph©n biƯt:

   7  1
 ( 7)  1
3
4
2
2
x1=
; x2=

Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2)
Suy ra ta cú h

Bài 2

1.
2.
Bài3:

1.

2.


2 a+b=8
3 a+b=2
{

0,25
0,25

(2điểm)

a=6
3( 6)+ b=2 
¿{
¿

¿
2 a+b=8
Giải hệ PT 3 a+b=2
¿{
¿

¿
a=−6

b=20
¿{
¿
¿
a=−6
vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là b=20
¿{
¿
x

0



§/K:  x 1
A=

Rót gän biĨu thøc

0,25

0,25

VËy 0  x  1
3.

0,5
0,5

0,5
1

(2®iểm)

0,5
0,5
0,5

x -1
x +1

 / 12  ( m  1) 1  m  1 2  m

0,5

Bµi4: Phương trình (1) Có nghiệm :
2 m 0 m 2
Phơng trình có nghiệm x1, x2 theo định lý Vi- et ta có: x1+ x2 = -1 ;
x1.. x2 = m – 1
Ta có


1 1 x1  x 2
1
+ =

x1 x 2
x1 x 2
m 1

(3 ®iĨm)

1
3
4  4(m  1)  1  m 
m 1
4

1.
2.

3.

(1,0 ®)

(1,0 ®)


B

0,5
0,5

M

Bài 5

(1,0 đ)

O

A
N

0,5

D

0,5

C

a). Xột t giỏc ABOC cú :
ABO ACO 90  90 180

nên tứ giác ABOC nội tiếp

b). Xét MBN và MCB có :

M
chung


MBN
MCB
(cùng chắn cung BN)
MB MN

 MB 2 MN .MC
=> MBN  MCB (g-g) nên MC MB

M

0,5

c). Xét MAN và MCA có góc
chung.
Vì M là trung điểm của AB nên MA MB .
2



MA MC

MN MA

Theo câu b ta có: MA MN .MC
Do đó : MAN  MCA (c-g-c)



=> MAN MCA NCA (1)


mà: NCA NDC ( cùng chắn cung NC)




Từ (1) và (2) suy ra: MAN NDC hay MAN  ADC .

0,5

(2)

 1 1 1 
x2  y 2
1  x2 y2
2 1
VT  x 2  y 2  z 2   2  2  2  3 

z


 2 2
 2
2
2 
x
y
z
z
x
y
y
x




Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
x2 y2
x2 y2


2
.
2
y 2 x2
y 2 x2
 x2

z 2   y2
z 2  15 z 2  1
1 
VT 5   2 
 2 

 2 2
2 
2 
y 
 z 16 x   z 16 y  16  x
x2
z2
x2 z2
1


2
.

2
2
2
2
z 16 x
2
Lại áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: z 16 x
y2
z2
y2 z2

1


2
.

2
2
2
2
z 16 y
z 16 y
2
1
1
2
2
8
 2 

2
2
x
y
xy  x  y 
( x  y)2


 2 
Và

nên


2

15 z 2  1
1  15 z 2
8
15  z  15


.
 
 2
 
2 
2
16  x
y  16 ( x  y )
2  x y
2
(vì x  y  z )
1 1 15 27
z
VT 5    
x y 
2 2 2
2 . Đẳng thức xảy ra khi
2 .
Suy ra :

 x 2  y 2  z 2   x12  y12  z12 272


Vy
.

TRƯờng thcs quảng thái

đề II
Bài 1: (2 điểm )
1.Giải phơng trình :

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
năm học 2011-2012

Môn thi : Toán
Thời gian làm bài 120 phút
(không kể thời gian giao đề )

2x 2 - 7x +14 = x ❑2 +2x
2. Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2 ; 7) và B(1 ; 4).
Bài 2 (2điểm )
Cho biểu thức :
2 x 9
x 3 2 x 1


x

5

x

6
2

x
x 3
A=

1. Tìm điều kiện để B có nghĩa.
2. Rút gọn B
3. Tìm các giá trị của x sao cho B <1
Bài 3: (2điểm)
Cho phơng trình: x2 - 2(m + 2)x + 2m + 2 = 0
1.Chứng minh rằng phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2.Tìm m để x12 + x22 nhá nhÊt.(víi x1, x2 lµ 2 nghiƯm cđa phơng trình)
Bi 4(3): Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H.
1. Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đườngQtròn
2. Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.
3. kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường trịn tâm O đường kính BC cắt AHNtại M.
Chứng minh M l trung im ca AH
Bài 5: (1điểm)
Bi 5: (1 im) Giải phơng trình:

C
M

y - 32012 + y - 42013 = 1
A

B
O


Hết..
Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh:.
Chữ ký giám thị 1 ...............................................Chữ ký giám thị 2............................
Hớng dẫn chấm đề II
Bài

Bài 1
1.

2.

Đáp án

Biểu điểm

x 2 - 9x +14 = 0
 ( 7)2  4.1.10 9 .

(2®iĨm)
0,5

 ( 7)  3
2
2
Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt: x1=
;

( 7)  3
5
2
x2 =

Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;7)
và B (1;4)
Suy ra ta có hệ
 2a  b 7

 a  b 4

0,5
0,5
0,5
(2®iĨm)
0,25
0.25

 2a  b 7

Giải hệ PT a  b 4

Bµi 2
1

a 3

 3  b 7 

 a 3

b 4

vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
a 3

b 4

0,25
0.25
2®iĨm)
0.25
0,25

Vậy a=3,b=4

0,5
0,25
2 x  9  ( x  3)( x  3)  (2 x  1)( x  2)
( x  2)( x  3)
A=
=


Bµi 3:
1.
2.



 x  2 x  3 
x

y 2




x  2 
x 1


x  3

x 2

x 1
= x 3


A<1

0,25
0,5
(3 ®iĨm)
0,5
0,5

x 1
1 

x 3

x 1
 1 0
x 3

4
 0  x  3  x  9 ( x 0)
x 3
VËy 0  x< 9 (x  4)


2

 /  m  2   2m  2 m 2  2m  2 ( m  1) 2  1  0 m

Bài 4:

0,5

Vậy phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Phơng trình có nghiệm x1,x2 theo định lý Vi-et ta có:
x1+ x2 = 2(m+2) ; x1.. x2 = 2m + 2
Suy ra: x1 +x2 – x1. x2 = 1
Ta cã x12 + x22 = (x1+ x2)2 – 2x1.x2 =

0.5

0.5

= 4(m2 + 4m + 4) – 4m- 4 = 4m2 + 12m + 12 =
(2m+ 3)2 + 3
VËy

3
x12 + x22 nhỏ nhất là 3 đạt đợc khi m = - 2

(1,0 ®)
0,5
0,5
(1,0 ®)
0,5

A

1.

M

2.

D

0,5

K

(1,0 ®)
H

B
C
O

3

0,5




0

0

0

Tứ giác AKHD có : AKH  ADH 90  90 180
=> Tứ giác AKHD nội tiếp đường trịn đường kính
AH.




0

Tứ giác BKDC có : BKC BDC 90
=> Tứ giác BKDC là tứ giác nội tiếp



=> BCD  AKD
Xét tam giác AKD và tam giác ACB, có:
A
chung
Bµi 5

0,5


BCD
 AKD
Suy ra AKD đồng dạng với ACB .

Ta có:


MDH
 HDO
900


MDH
 MDA
900


 HDO
MDA



Mặt khác: HDO HBO





HBO
DBC
DKC
DAH
DAM


MDA
DAM

Vậy:
Do đó tam giác AMD cân tại M => MD = MA.
Vì tam giác ADH là tam giác vng nên từ đó suy ra


MDH
MHD

=> Tam giác MDH cân tại M => MD=MH
=> MA=MH . Vậy M là trung điểm của AH.
Ta cã x = 3 hoặc x = 4 là nghiệm của phơng trình

0,5

NÕu x < 3 th× x - 4 = 4 - x > 1
 x - 32012 + x - 42013 > 1. Phơng trình vô nghiệm Nếu
3 < x < 4 thì x - 3 < 1 và x - 4 = 4 - x < 1,
do ®ã x - 32012 < x - 3 = x – 3 vµ x - 42013 < x - 4=
4 – x.
Suy ra: x - 32012 + x - 42013 < x 3 + 4 x = 1.
Vậy phơng trình vô nghiệm
Nếu x > 4 thì x - 3 > 1
 x - 32012 + x - 42013 > 1. Phơng trình vô
nghiệm
Vậy phơng trình có hai nghiệm là S = {3; 4}