de thi thu lop 10

TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI
ĐỀ A

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH LỚP 9 LẦN 2
MƠN : TỐN
NGÀY THI : /3/2018
Thời gian làm bài :120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2 điểm)
Cho biểu thức:
1. Rút gọn A.
2. Tìm x để
Câu 2: (2 điểm)

A<

A=

x
3
6 x -4
+
x -1
x +1 x -1 với x 0; x 1

1
2.

 x  y 8

1. Giải hệ phương trình: 2 x  y 13

y=

1 2
x
2 và đường thẳng (d): y = mx - m + 2 cùng đi qua

2. Tìm tham số m để Parabol (P):
một điểm có hồnh độ x = 4.
Câu 3: (2 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m – 1)x – m – 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3.
2. Chứng minh rằng với mọi m, phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt. Gọi hai
nghiệm đó là x1, x2. Xác định m để: x12x2 + x1x22 = 1.
Câu 4: ( 3,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có (ABBC, từ H vẽ HM vng góc với AB và HN vng góc với AC ( H  BC , M  AB, N  AC ). Vẽ
đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O;R) tại K
a. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp
b. Chứng minh AM AB  AN AC
c. Chứng minh AE cng góc với MN
d. Chứng minh AH=AK
Câu 5 (1,0 điểm): Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của
a
b
c
T 4
 4
 4
4
4

b  c  a a  c  b a  b4  c
biểu thức
.
---------------------Hết-------------------Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:…………………….


Chữ kí giám thị 1:……………………………….Chữ kí giám thị 2:……………………………………


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
A=

Điểm

x
3
6 x -4
+
x -1
x +1 x -1 với x 0; x 1

Câu 1 Cho biểu thức:
(2điểm
x -1
)
A=
x +1

1.Rút gọn
2. Tìm 0 x 9; x 1
Câu 2
 x 7

(2điểm
 y 8
1.
Giải
hệ
phương
trình:
)
2. m = 2
Câu 3
Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m – 1)x – m – 1 = 0
(2điểm 1. Giải phương trình khi m = 3.
)
Chứng minh được với mọi m, phương trinh ln có  > 0 phương trình đã
cho ln có hai phân biệt
Xác định m để: x12x2 + x1x22 = 1.
Bài 5

1
1
1
1

3,0 đ

A

O
I

M
B

K

N

C

H
E

0 
0

Xét tứ giác AMHN Có AMH 90 ; ANH 90 (Vì AM  AB; AN  AC )

a
(1 đ)

b
(0.75
đ)

c

0
0
0


Nên ta có AMH  ANH 90  90 180

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp
Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH  BC ) có HM  AB (gt) nên theo hệ
2
thức lương trong tam giác vng ta có AH  AM AB
Xét tam giác AHC vng tại H(Vì AH  BC ) có HN  AC (gt), tương tự ta
2
có AH  AN AC
2
2
Ta có AH  AM AB ; AH  AN AC vậy AM AB  AN AC



Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM  AHM ( cùng chắn cung

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

AM)
0



0


Ta có AHM  BHM  AHB 90 ; MBH  BHM 90 ( vì  BMH vng tại
M)

(0.75
đ)









Vậy AHM MBH  ANM MBH  ANI  ABC , mà ABC  AEC ( cùng




chắn cung AC) nên ANI  AEC  ANI IEC

Xét tứ giác INCE có ANI IEC  Tứ giác INCE nội tiếp ( vì có góc ngồi
của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác)

0,25




 EIN
 NCE
1800 ( tính chất…) mà NCE
 ACE 900 ( góc nội tiếp ….)
0
0
0


Nên  EIN  90 180  EIN 90  AE  MN

0,25





0
0




Ta có AKE 90 ( góc nội tiếp...)  AKI  IKE 90 .Ta có  KIE vng tại I
0








(cm trên)  IEK  IKE 90  AKI IEK  AKN  AEK , mà AEK  ACK

0.25



( cùng chăn cung AK) nên AKN  ACK


Xét  AKN và  ACK có góc A chung, có AKN  ACK nên  AKN   ACK
AK AN

 AK 2  AN AC
2
AC AK
, mà AH  AN AC (cm trên)
2
2
nên AK  AH  AK  AH



Lưu ý: ngồi cách trên HS có thể làm theo cách sau::


d
(0.5 đ)

0

Cách 2:Ta có AKE 90 (góc nội tiếp..)  AKE vuông tại K mà KI  AE
( cm trên)
Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AI AE. Xét AIN và ACE
AI
AN


AIN  ACK 900
AC AE
Có
; góc A chung  AIK ACE
2
 AI AE  AN AC , nên ta có AK2=AN AC, mà AH  AN AC (cm trên)
2
2
nên AK  AH  AK  AH
Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường trịn, vì AE  QK (cm
 AQ  AK
IQ IK

trên) nên

( vì đường kính vng góc với dây)

0.25

( vì đường





kính đi qua trung điểm dây)  AKQ  ACK  AKN  ACK . Xét  AKN và 


ACK có góc A chung, có AKN  ACK nên  AKN   ACK
AK AN


 AK 2  AN AC
AC AK
2
2
2
, mà AH  AN AC (cm trên) nên AK  AH  AK  AH

Câu 5

1.0
a  b ab  a  b

4

Ta có:

4

2

2



a; b  

a 4  b 4 ab  a 2  b 2   a 4  b 4 a 3b  ab3

Thật vậy
2
  a  b   a3  b3  0   a  b   a 2  ab  b 2  0

(luôn đúng a, b   )


a 4  b 4  c ab  a 2  b 2   c  a 4  b4  c ab  a 2  b 2   abc 2  0

Do đó
a; b; c  0 và abc 1 )
c
c
 4


4
2
a  b  c ab  a  b 2   abc 2

(vì

(vì c  0 )



c
c

4
2
a  b  c ab  a  b 2  c 2 



c
c2

c
c2
4
a b c
abc  a 2  b 2  c 2   a 4  b 4  c  a 2  b 2  c 2

4

4

 1

b
b2

a 4  c4  b a 2  b2  c2

 2
Tương tự
a
a2

 3
b4  c 4  a a 2  b2  c2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
a
b
c
a2
b2
c2
 4
 4
 2
 2
 2
1

4
4
4
2
2
2
2
b c a
a c b a b c
a b c
a b c
a  b2  c 2
4

 T 1 a; b; c  0 thỏa mãn abc 1 .
Với a b c 1 thì T 1 . Vậy GTLN của T là 1.