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(2,0 điểm)
2
1.Giải phương trình nx  3x  2 0
a/ khi n = 0
b/ khi n = 1

2.Giải hệ phương trình

¿
x − y=2
2 x +3 y=9
¿{
¿

Câu 2(2,0 điểm) Cho biểu thức P =

( xx√−1x+1 − √xx−1−1 ) :( √ x + √ x√−1x )

với x > 0 và x  1

1.Rút gọn P
2.Tính giá trị của x khi P = 3
Câu 3(2,0 điểm)

1.Cho đường thẳng(d): y = mx +1. Tìm giá trị của m để (d) đi qua A(1;3)
2. Cho phương trình: x2 + (1-2m)x + m(m– 1) = 0 ( với m là tham số). Chứng minh
rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Câu 4(3,0 điểm)
Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại điểm H (H
nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O; R)
sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK
cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F.
1.Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp
2.Chứng minh tam giác NFK cân và EM.NC=EN.CM
3.Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN
Câu 5(1,0 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1.
2
2
2
2
2
2
Chứng minh rằng: 2 x  xy  2 y + 2 y  yz  2 z + 2 z  zx  2 x  5

...............................Hết......................................
Họ và tên thí sinh......................................................SBD...................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ A
Nội dung

Câu
1

Điểm
2,00

2
1.a Khi n = 0 ta có PT 3x  2 0  3x  2  x  3

0,5

2
Phương trình đã cho có nghiệm x = 3
b/ Khi n = 1 ta có PT x 2+3 x +2=0

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = -1 và x = -2
¿
x − y =2
2 x+3 y =9
⇔
2. Ta có ¿ 2 x −2 y=4
2 x+3 y =9
¿{
¿
 x  y 2
 x 3


5 y 5
 y 1 Hệ có một nghiệm (x;y) = (3; 1)

0.75

0,75

Cách 2: Từ PT (1) ta có x = y+2 thế vào PT (2) ta được 5y = 5
⇒ y=1 ⇒ x=3 . Hệ đã cho có một nghiệm (x;y) = (3; 1)
2.1

0,5
1,00

Ta có: P =

(

( √ x+ 1)( x − √ x+1) x − 1
−
:
(√ x −1)( √ x+ 1)
√ x−1

)(

 x  x 1 x  1  x  x  x


 :
x

1
x


1
x1

=
x − √ x+1− x +1
x
:
=
√ x−1
√ x −1
− √ x +2
x
− √ x +2 √ x − 1
:
⋅
=
=
=
x
√ x − 1 √ x −1
√ x−1
2 x
Vậy P = x
với x > 0 và x  1

√ x ( √ x − 1) + √ x
√ x−1
√ x −1

)

0,25
0,25
0,25

2 − √x
x

2.2

0,25
1.00

Với P = 3 ta có

2 − √x
x

=3

=> 3x + √ x - 2 = 0
=>
=>
Vậy

x  1 (loai );
4
9
4

x=
9

x=

x

0,25
0,25

2
3

(thỏa mãn ĐKXĐ)

3.1

0,25
0,25
1,00

1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3) nên có 3 = m.1+1  m = 2 là giá trị
cần tìm

1.0


3.2

1,00

2/ Có  ' 1  0 với mọi m
=> pt ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m (đpcm)

1.0

4.1

1,00
a
f
k
o

m

h

e

c

n

b

Xét tứ giác AHEK có: ∠ AHE=900
∠ AKE=900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ ∠ AHE+∠ AKE=1800 Tứ giác AHEK nội tiếp

0,25

0,25
0,5
1,25

4.2
Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN
⇒ ∠MKB =∠NKB (1)
Ta lại có: BK / / NF (cùng vng góc với AC)
⇒ ∠KNF =∠NKB (so le trong) (2)
⇒ ∠MKB =∠MFN (đồng vị) (3)
⇒ ∠KNF =∠MFN
Từ (1);(2);(3)
hay ⇒ ∠KFN =∠KNF
 KNF cân tại K
ME MK
=
( 4)
EN KN
Ta lại có: KE  KC ; KE là phân giác của góc ∠MKN ⇒ KC
CM KM


CN
KN (5)
giác ngoài của MKN tại K
ME CM


 ME.CN EN .CM
EN CN

Từ (4) và (5)
MKN có KE là phân giác của góc

∠ MKN ⇒

0,5

0,25
0,25

là phân

4.3

0,25

0,75
Ta có ∠ AKB=90 ⇒ ∠ BKC=90 ⇒ ΔKEC vng tại K
Theo giả thiết ta lại có KE KC  KEC vuông cân tại K
0



0

∠ KEC =∠KCE=450

Ta có ∠ BEH =∠KEC=450 ⇒ ∠OBK=450
Mặt khác OBK cân tại O  OBK vuông cân tại O
 OK / / MN (cùng vng góc với AB)

5

0,25
0,25
0,25
1,00

2

2

2

2

Ta có: 4( 2x + xy + 2y ) = 5(x+ y) + 3(x- y)  5(x+ y)2
Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi x = y
2 x 2  xy  2 y 2 

Vì x, y > 0 nên
Chứng minh tương tự ta có:
2 y 2  yz  2 z 2 

5
( x  y)
2
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = y

5
( y  z)

2
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi y = z

0,25
0,25


2 z 2  zx  2 x 2 

5
( z  x)
2
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi z = x

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
2 x 2  xy  2 y 2 + 2 y 2  yz  2 z 2 + 2 z 2  zx  2 x 2  5( x  y  z )

0,25

Do x+ y+ z = 1, suy ra:
2 x 2  xy  2 y 2 + 2 y 2  yz  2 z 2 + 2 z 2  zx  2 x 2  5 .
1
Dấu ‘‘=’’xảy ra khi x = y = z = 3
Ghi chú :
- Đối với câu 4: Nếu học sinh khơng có hình vẽ hoặc vẽ hình sai thì khơng chấm câu này

0,25


TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI

ĐỀ B

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(2,0 điểm)
2
1.Giải phương trình mx  3x  2 0
a/ Khi m = 0
b/ Khi m =1

2.Giải hệ phương trình

¿
x+ y=4
3 x −2 y=7
¿{
¿

Câu 2(2,0 điểm)
Cho biểu thức Q =

( y √y −y +11 − √yy−1− 1 ) :( √ y + √ √y −1y )

với y > 0 và y  1

1.Rút gọn Q
2.Tính giá trị của y khi Q = 3

Câu 3(2,0 điểm)
Câu 3(2,0 điểm)
1.Cho đường thẳng(d): y = 2x +a. Tìm giá trị của a để (d) đi qua M(1;5)
2. Cho phương trình: x2 – (2a -1)x + a2 – a = 0 ( với a là tham số). Chứng minh rằng
phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi a.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung PQ tại điểm H (H
nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia QP lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R)
sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây PQ và BK
cắt nhau ở E. Qua Q kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia PK tại F.
1.Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp
2.Chứng minh tam giác QFK cân và EP.QC = EQ.CP
3.Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // PQ
Câu 5(1,0 điểm)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: √ 2 a2+ ab+2 b2 + √ 2b 2+ bc +2 c2 + √ 2 c 2+ ca+2 a 2 ≥ √ 5
...............................Hết......................................
Họ và tên thí sinh......................................................SBD..................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B
Nội dung

Câu
1

Điểm
2,00
0,5

2
1.a Khi m = 0 ta có PT  3x  2 0   3 x  2  x  3

2
Phương trình đã cho có nghiệm x = 3
2
b/ Khi m = 1 ta có PT x  3 x  2 0

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = 1 và x = 2
2. Ta có
⇔
5 x=15
y=4 − x
⇔
¿ x=3
y=1
¿{

¿
x+ y=4
3 x −2 y=7
¿{
¿

⇔
2 x +2 y =8
3 x −2 y=7
¿{

0,5

0,5

0,5
Hệ có một nghiệm (x;y) = (3; 1)

Cách 2: Từ PT (1) ta có y = 4-x thế vào PT (2) ta được 5x = 15
⇒ x=3
⇒ y=1 . Hệ đã cho có một nghiệm (x;y) = (3; 1)

2.1

1,00
Ta có Q =

( y +1)( y − √ y +1) y − 1
−
:
( y −1)( √ y +1)
√ y−1

( √√

y ( y −1)
√y
+
y−1
√ y−1

) (√ √√

 y  y 1 y  1  y  y  y


:
y1
y  1 
y1

=
y − √ y +1 − y +1
y
:
=
y−1
√ y −1
− √ y+ 2
y
− √ y+ 2 √ y −1
:
⋅
=
=
=
y
√ y − 1 √ y −1
√ y−1
2−√y
Vậy Q =
với y > 0 và y  1
y

)

0,25
0,25
0,25

2−√y
y

2.2

0,25
1.00

Với Q = 3 ta có

2−√y
y

=3

0,25

=> 3y + √ y - 2 = 0
=>
Vậy

y  1(loai );
y

y

0,25
2
4
 y
3
9

( Thỏa mãn ĐKXĐ)

4
9

3.1

0,25
0,25
1,00

1. Đường thẳng (d) đi qua điểm M(1; 5) nên có 5 = 2.1+ a  a = 3 là giá trị
cần tìm

3.2
2/ Có  ' 1  0 với mọi a

1.0
1,00
1

=> pt ln có hai nghiệm phân biệt với mọi a (đpcm)
4.1

1,00
a
f
k
o

m

h

e

c

n

b

Xét tứ giác AHEK có: ∠ AHE=900
0
∠ AKE=90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
⇒∠ AHE+∠ AKE=180 . Tứ giác AHEK nội tiếp

0,25

0,25
0,5
1,25

4.2
Do đường kính AB  PQ nên B là điểm chính giữa cung PQ
 PMKB QKB (1)
Ta lại có: BK / /QF (cùng vng góc với AC)
 KQF QKB (so le trong) (2)
 PKB PFQ (đồng vị) (3)
Từ (1);(2);(3)  KQF PFQ hay  KFQ KQF
 KQF cân tại K
PKQ có KE là phân giác của góc

PKQ 

PE PK

EQ KQ

(4)

0,5

0,25
0,25

Ta lại có: KE  KC ; KE là phân giác của góc PKQ  KC là phân giác
ngoài của PKQ tại K
Từ (4) và (5)





CP KP

CQ KQ (5)

0,25

PE CP

 PE.CQ EQ.CP
EQ CQ

4.3

0.75
Ta có ∠ AKB=90 ⇒ ∠ BKC=90 ⇒ Δ KEC vuông tại K
Theo giả thiết ta lại có KE KC  KEC vng cân tại K
0



0

∠ KEC =∠KCE=45

0,25

0

Ta có ∠ BEH =∠KEC=450 ⇒∠ OBK=450
Mặt khác OBK cân tại O  OBK vuông cân tại O
 OK / / PQ (cùng vng góc với AB)
5

0,25
0,25
1,00

2

2

2

2

Ta có: 4( 2a + ab + 2b ) = 5(a+ b) + 3(a- b)  5(a+ b)2
Dấu ‘‘ =’’ xảy ra khi a = b
2a 2  ab  2b 2 

Vì a, b > 0 nên
Chứng minh tương tự ta có:

5
( a  b)
2

. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi a = b

0,25
0,25


5
(b  c )
2
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi b = c
5
2c 2  ac  2a 2  (c  a )
2
. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi c = a
2b 2  bc  2c 2 

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
√ 2 a2+ ab+2 b2 + √ 2b 2+ bc +2 c2 + ❑√ 2 c2 +ac +2 a2 ≥ √5 ( a+b+ c)

0,25

2

Do a + b + c = 1, suy ra:

√ 2 a2+ ab+2 b2 +√ 2b 2+ bc +2 c2 +❑√ 2 c2 +ac +2 a2 ≥ √ 5
Dấu ‘‘=’’xảy ra khi a = b =c =

1
3

Ghi chú :
- Đối với câu 4: Nếu học sinh khơng có hình vẽ hoặc vẽ hình sai thì khơng chấm câu này
- Trong hình vẽ thay ký hiệu M,N bởi P,Q

0,25