Dai so 9 Cac de luyen thi

ĐỀ BÀI
I./ Phần trắc nghiệm: ( 2 điểm)
Câu 1: Kết quả rút gọn biểu thức A  18  2 là:
A. 2 2

B.  2 2

2

C.

D. 2 3

Câu 2: Đường thẳng d1 : y  x  2 và d 2 : y 2 x  m cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi:
A. m = 2
B. m 2
C. m  2
D. m 2
mx  2 y 7

Câu 3: Hệ phương trình  x  y  5 có nghiệm duy nhất khi:
A. m 2
B. m 2
C. m  2

D. m 2

2

Câu 4: Đồ thị hàm số (P): y ax đi qua điểm M(1;-3). Giá trị của a bằng:
A. 3

B. -1
C. 1
D. -3
Câu 5: Phương trình nào sau đây có 4 nghiệm phân biệt:
4
2
4
2
4
2
4
2
A. x  4 x  3 0
B. 2 x  10 x  1 0
C.  2014 x  x  7 0
D. x  x  6 0

ˆ
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH, biết AC=3cm,; BC=5cm. Khi đó sinBAH
bằng:

5
A. 4

3
B. 5

3
C. 4

4
D. 5

Câu 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AB=4cm; AD=3cm. Khi quay hình chữ nhật ABCD một vịng
quanh cạnh AB ta được một hình trụ có thể tích bằng:
3
3
3
3
A. 36 cm
B. 48 cm
C. 24 cm
D. 72 cm
Câu 8: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) có OO’=11cm; R=7cm; R’=3cm. Hai đường trịn đã cho:
A. Cắt nhau
B. Tiếp xúc trong
C. Ở ngoài nhau
D. Tiếp xúc ngoài
II./ Phần tự luận: ( 8 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm): Cho biểu thức A =

(

2
√ x − 1 . √ x −1 − √ x+1
2 2√x
√ x +1 √ x − 1

)(

)

với x > 0 , x 1.

1). Rút gọn A.
2) Tìm x để

x ( A  2) 0

2
Bài 2: ( 1,5 điểm) cho phương trình : x  2(m  1) x  2m  2 0 (1)
1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu ?
2
2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1  2(m  1) x2  2(m  1) 9

 2x  5y  2 3m


9
3 2x  y  3m
2
Bài 3: ( 1 điểm) Cho hệ phương trình: 

Tìm m biết y = 1
Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao
cho AC>AB; AC>BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt
nhau tại E. Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE.
1) Chứng minh DE // BC
2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn.
1

1
1


3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức CE CQ CF .
2
Bài 5: ( 1 điểm) Giải phương trình: x  x  12 x  1 36

Hết


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
I./ Phần trắc nghiệm
Câu
Đáp án

1
A

2
C

3
B

4
D

5
B

6
D

7
A

8
C

II./ Phần tự luận

Bài

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

a/ với x  0; x 1 ta có:
2

1)
1,0đ

 x
1 
x1
x 1

A 

)
 .(
x 1
x1
 2 2 x
2
 x  1   ( x  1) 2  ( x  1) 2 


 .
x 1
2 x 



( x  1) 2  4 x
.(
)
(2 x )2 x  1

1 x

x

1

0,25

1 x
A
x
Vậy với x  0; x 1 thì

Với x  0; x 1 ta có:

(1,5đ )

2)
0,5đ



0,5

x(

1 x
 2) 0 
x

Suy ra

x(

x1 1  2

0,25

x ( A  2) 0
1 x
 2) 0  1  x  2 x 0  x  2 x  1 0
x

(thỏa mãn ĐK); x2 1  2 ( Loại)

Vậy với x 1  2 thì

x ( A  2) 0

0,25
0,25

x 2  2( m  1) x  2m  2 0 (1)

1
(0,5)

Phương trình có hai nghiệm trái dấu
 a.c  0  1.(2m  2)  0  2m  2
 m 1

Vậy với m <1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

0,25
0,25

2

 '   (m  1)   (2m  2).1 ( m  1) 2  2m  2 m2  3

- Ta có
2
2
Vì m 0 với mọi m nên m  3  0 với mọi m
  '  0 với mọi m
 phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

2
(1,5đ)

2
(1đ)

 x1  x2 2(m  1)

x .x 2m  2
- Theo hệ thức vi et ta có:  1 2
2
- Ta có: A  x1  2(m  1) x2  2(m  1)
x12  ( x1  x2 ) x2  x1 x2  x12  x1 x2  x22  x1 x2 x12  2 x1 x2  x22
( x1  x2 )2

0,25
0,25
0,25


(2m  2) 2

2
Vậy A (2m  2)

0,25

 2x  5y  2 3m


9
3 2x  y  3m

2
(I)
Thay y = 1 vào hệ phương trình (I) ta được:
 2x  5  2 3m
 2x  2 3m 5




9
9
3 2x   3m
3 2x  3m 

2

2

3

(1đ)

 2x  2 3m 5


6
2x

2
3m

9


Vậy

m

0,25

 2x  2 3m 5


7
2x

14




3
m 
2

x  2


3
2 là giá trị cần tìm

0,5

0,25

A

O

F

C

B

E

D

P

4
(3,0đ)

Q

- Vì D là điểm chính giữa của cung BC (gt)
 OD  BC ( t/c)
1)
(0,75đ) - Vì DE là tiếp tuyến của đường trịn (O) tại D
 OD  DE ( t/c)
Vậy DE // BC ( cùng vng góc với OD)

2)
(1đ)

- Xét đường trịn (O) có:
D là điểm chính giữa của cung BC  cung DB bằng cung DC
ˆ DAC
ˆ
 BAD
( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau
ˆ
ˆ
Lại có DAC là góc nội tiếp và DCE là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung cùng chắn cung DE
ˆ DCE
ˆ
 DAC
ˆ
ˆ

ˆ
ˆ
ˆ
Vậy BAD DCE(DAC) hay PAQ PCQ

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25


- Xét tứ giác PACQ có:

ˆ
ˆ
A và C cùng nằm về một phía so với cạnh PQ và PAQ PCQ
 Tứ giác PACQ là tứ giác nội tiếp ( Dấu hiệu )

3
(1,25 đ)

3) - Vì tứ giác PACQ nội tiếp đường trịn
ˆ
ˆ QAC
 QPC
( góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)

- Xét đường trịn (O) có:
ˆ EDC
ˆ ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng
DAC
chắn cung DC)
ˆ EDC
ˆ
ˆ
 QPC
( = QPC )

0,25

0,25

ˆ

ˆ ở vị trí đồng vị của DE và PQ
Mà QPC và EDC
 DE // PQ

- Xét CPQ có DE // PQ
DP CB

PQ CQ ( hệ quả của định lý ta lét)
- Xét CPQ có DE // FC ( vì DE // BC)
DE QE

CF CQ ( hệ quả của định lý ta lét)

(1)

(2)
DE DE CE QE CE  QE CQ






1
PQ
CF
CQ
CQ
CQ
CQ
Từ (1) và (2)
1
1
1



PQ CF DE
- Mặt khác ta có DE = EC ( tính chất hai tiếp tuyến của đường trịn (O) cắt
nhau tại E)
ˆ
ˆ
và QPC PCQ (cmt)  CPQ cân tại Q  QP QC



0,25

1
1
1


CQ CF CE ( ĐPCM)

2
Phương trình: x  x  12 x  1 36 (*)
ĐKXĐ: x  1
x  1 t ( Điều kiện t  1
Đặt

0,25

0,25

0,25

0,25

 x  1 t 2  x t 2  1 Phương trình (*) trở thành:

(t 2  1)2  t 2  1  12t  36 0
 t 4  2t 2  1  t 2  1  12t  36 0
5

(1đ)

 t 4  t 2  12t  36 0
 t 4  (t 2  12t  36) 0
 t 4  (t  6) 2 0
 (t 2  t  6)(t 2  t  6) 0
 t 2  t  6 0(1)
 2
 t  t  6 0(2)

0,25


2
+) Giải (1): t  t  6 0 phương trình vơ nghiệm
2
+) Giải (2): t  t  6 0  t1 2 ( thỏa mãn ĐK); t 2  3 ( loại)
2
Với t t1 2  x 2  1 3 ( thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3

0,25

0,25