Đề kiểm tra khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Nam Từ Liêm (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Nam Từ Liêm (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS NAM TỪ LIÊM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 Môn kiểm tra: Toán 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Đề kiểm tra gồm 01 trang x 3 x x 3 x 9 Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức A và B : x 2 x 3 x 3 2 x 6 a) Tính giá trị của A tại x 4 b) Rút gọn P A.B c) Tìm x nguyên để P4 Bài 2 (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình sau: 3x 1 2 x y x 1 y 2 4 x y x 1 2. Cho đường thẳng (d) : y m 3 x 2m 2 và Parabol (P) : y x2 a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) , khi đó tìm tọa độ tiếp điểm. b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thỏa mãn x2 2x1 x2 0 . Bài 3 (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một công nhân được giao làm 160 sản phẩm trong thời gian đã định.Nửa số sản phẩm lúc đầu do chưa quen nên mỗi giờ người công nhân làm được giảm hơn so với dự định 4 sản phẩm. Nửa số sản phẩm còn lại do cải tiến kĩ thuật nên mỗi giờ người công nhân làm được hơn so với dự định 4 sản phẩm, do đó người công nhân làm hết tổng cộng là 8 giờ 20 phút. Hỏi theo dự định mỗi giờ người công nhân làm được bao nhiêu sản phẩm? Bài 4(3,5 điểm) Cho ABC nhọn (AB AC) , có đường cao AH và nội tiếp (O; R) . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . P là giao điểm của MN và BC , Q là giao điểm thứ 2 khác A của PA và (O) . a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN và tứ giác BMNC là các tứ giác nội tiếp. b) CMR: PM.PN PB.PC c) Vẽ đường kính AK . CMR: Q, H, K thẳng hàng. d) CMR: QH luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp BMN Bài 5 (0,5 điểm) : Cho các số thực dương a, b sao cho a + b = 2 2 2 a b 1 1 Chứng minh 2 a b 6 9 2 2 10 b a a b HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (2,0 điểm) Lời giải x 3 x x 3 x 9 Cho biểu thức A và B : ( ĐKXĐ: x ³ 0; x ¹ 9 ) x 2 x 3 x 3 2 x 6 a) Tính giá trị của A tại x 4 4 3 4 2 1 Thay x 4 ( TM ĐKXĐ)vào A ta có: A 4 2 4 2 1 Vậy khi x 4 thì A 2 b) Rút gọn P A.B ĐKXĐ: x ³ 0; x ¹ 9 x 3 x 9 B : x 3 x 3 2 x 6 x x 3 3 x 3 x 9 B : x 3 x 3 2 x 6 x 3 x 3 x 9 x 9 B : x 3 x 3 2 x 6 x 9 2 x 6 B . x 3 x 3 x 9 x 9 2 x 3 B . x 3 x 3 x 9 2 B x 3 x 3 x 2 x x 3 2 2 x Ta có: P A.B . . x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x Vậy với,x ³ 0; x ¹ 9 P x 2 c) Tìm x nguyên để P4 2 x Theo câu b ta có: với,x ³ 0; x ¹ 9 P x 2 P Để P4 thì phải là số nguyên 4 P 2 x x Ta có: 4 4 x 2 2 x 2 P P P Z 2. Z Z 4 4 2
3. P x 2 Ta có 1 2 x 2 x 2 P 2 Để Z thì Z mà x nguyên x 2 1; 2 2 x 2 Vì x 2 2 x thỏa mãn ĐKXĐ nên x 2 2 x 0 x 0 (TMĐKXĐ) Thay x 0 vào P ta có: P 0 ( thỏa mãn P4 ) Vậy x 0 Bài 2 (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình sau: 3x 1 2 x y x 1 y 2 4 x y x 1 2. Cho đường thẳng (d) : y m 3 x 2m 2 và Parabol (P) : y x2 a) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) , khi đó tìm tọa độ tiếp điểm. b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x2 2x1 x2 0 . Lời giải 3x 1 2 x y x 1 1. Hệ phương trình: có điều kiện xác định: 0 x 1; y x y 2 4 x y x 1 3x 1 3x 1 2 2 x y x 1 x y x 1 y x x 2 x 2 4 3 x y x 1 x y x 1 x 1 Đặt a ;b a ¡ ;b 0 . x y x 1 3a b 2 a 1 Hệ phương trình trở thành: (thỏa mãn điều kiện a;b ) a 2b 3 b 1 x 1 x 4 x y x 4 Suy ra 4 (thỏa mãn điều kiện xác định). 1 1 y 8 1 4 y x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm x; y 4; 8 . 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : x2 m 3 x 2m 2 x2 m 3 x 2m 2 0 (*)
4. x2 mx 3x 2m 2 0 x2 2x mx 2m x 2 0 x x 2 m x 2 x 2 0 x 2 x m 1 0 x 2 x m 1 a) Để (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép m 1 2 m 1 Khi đó hoành độ tiếp điểm x 2 và tung độ tiếp điểm y 2 2 4 . Vậy khi m 1 thì (d) tiếp xúc với (P) tại điểm 2;4 . b) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì m 1 2 m 1 . Theo yêu cầu đề bài nghiệm x2 phải không âm x2 m 1 0; x1 2 . Þ m ³ 1 Thay vào biểu thức x2 2x1 x2 0 ta được: m 1 2 2 m 1 0 m 1 m 1 4 0 ( ) Đặt t m 1 t 0 phương trình ( ) trở thành: 1 17 t (ktm) 2 t2 t 4 0 1 17 t (tm) 2 2 1 17 1 17 11 17 m 1 m 1 m (thỏa mãn). 2 2 2 11 17 Vậy m thì (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2 thỏa mãn 2 x2 2x1 x2 0 . Bài 3 (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một công nhân được giao làm 160 sản phẩm trong thời gian đã định. Nửa số sản phẩm lúc đầu do chưa quen nên mỗi giờ người công nhân làm được giảm hơn so với dự định 4 sản phẩm. Nửa số sản phẩm còn lại do cải tiến kĩ thuật nên mỗi giờ người công nhân làm được hơn so với dự định 4 sản phẩm, do đó người công nhân làm hết tổng cộng là 8 giờ 20 phút. Hỏi theo dự định mỗi giờ người công nhân làm được bao nhiêu sản phẩm? Lời giải - Gọi số sản phẩm mỗi giờ người công nhân làm được theo dự định là x (sản phẩm) (x>0) - Nửa số sản phẩm là: 160: 2 =80 sản phẩm. - Nửa đầu, mỗi giờ người công nhân làm được số sản phảm là: x-4 sản phẩm. 80 - Thời gian làm 80 sản phẩm đầu là: giờ. x 4 - Nửa sau, mỗi giờ người công nhân làm được số sản phẩm là: x + 4 sản phẩm. 80 - Thời gian làm 80 sản phẩm sau là: sản phẩm. x 4
5. 25 - Vì tổng thời gian là 8h 20’= h nên ta có phương trình: 3 80 80 25 x 4 x 4 3 80.3. x 4 80.3. x 4 25 x 4 x 4 240x 240x 25x2 400 25x2 480x 400 0 5x2 96x 80 0 x 20 5x 4 0 x 20(tm) 4 x (ktm) 5 Vậy theo dự định mỗi giờ người công nhân làm được 20 sản phẩm. Bài 4(3,5 điểm) Cho ABC nhọn (AB AC) , có đường cao AH và nội tiếp (O; R) . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . P là giao điểm của MN và BC , Q là giao điểm thứ 2 khác A của PA và (O) . a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN và tứ giác BMNC là các tứ giác nội tiếp. b) CMR: PM.PN PB.PC c) Vẽ đường kính AK . CMR: Q, H, K thẳng hàng. d) CMR: QH luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp BMN Lời giải a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN và tứ giác BMNC là các tứ giác nội tiếp. A A  Do M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC (gt) HM  AB HN  AC H· MA H· NA 900 Xét tứ giác AMHN có: ·AMH ·ANH 900 900 1800
6. Y AMHN nội tiếp đtr đk AH (dhnb)  nộiY A tiếpMH đtrN đk (cmt) AH ·AMN ·AHN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN ) Ta lại có:·AHN H· CN (cùng phụ với H· AN ) ·AMN H· CN( H· AN) Xét Y BMNC có: B· MN B· CN B· MN H· CN B· MN ·AMN 1800 Y BMNC nội tiếp (dhnb) b)Ta có: P· MB ·AMN(dd)   P· MB H· CN hay P· MB P· CN · · AMN HCN(cmt) Xét PMB và PCN có: P· MB P· CN(cmt)   PMB : PCN(g g) · MPBchung  PM PB PC PN PM.PN PB.PC(dpcm) · 0 c) Ta có:PA (O)  Q AQK 90 (Do AK là đk của (O) ) KQ  AQ (1) Y AQBC nt (O) ·ACP ·AQB 1800 Mà ·AQB P· QB 1800 P· QB P· CA PQB : PCA(g g) PQ PB PC PA PQ.PA PB.PB Như vậy: PQ.PA PB.PC   PQ.PA PM.PN PM.PN PB.PC PQ PN PM PA PQM : PNA(c g c) P· QM P· NA Y AQMN nội tiếp Mặt khác: Y AMHN nội tiếp đtr đk AH (cmt) Suy ra 5 điểm A,Q, M , H, N cùng thuộc đtr đk AH ·AQH 900 HQ  AQ (2) Từ (1),(2) suy ra: K, H,Q thẳng hàng ( Qua Q chỉ kẻ được một đường thẳng vuông góc với AQ ) d) CMR: QH luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp BMN
7. A J N Q O M P B H C I Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp BMN , J là trung điểm của AH PA PM  Ta có PA.PQ PB.PC ; PM.PN PB.PC PA.PQ PM.PN PN PQ Do vậy PQM ∽ PNA(c.g.c) P· QM P· NA Suy ra AQMN là tứ giác nội tiếp  Lại có AMHN nội tiếp đường tròn (J) đường kính AH nên 5 điểm A,Q, M , N, H cũng thuộc đường tròn (J)đường kính ·AQH 900 HQ  AQ (1) Hai đường tròn (I) và (J) cắt nhau tại M , N nên IJ  MN (tính chất đường nối tâm) Lại có AO  MN suy ra AO// IJ (2)  Hai đường tròn (I) và (O) cắt nhau tại B,C nên IO  BC Mà AH  BC OI //AH (3)  Từ (2) và (3) suy ra AOIJ là hình bình hành AJ OI JH OI Do JH OI, JH //OI nên OIHJ là hình bình hành IH //OJ (4) Mà hai đường tròn (J) và (O) cắt nhau tại A,Q nên OJ  AQ (5)  Từ (4) và (5) suy ra IH  AQ (6)  Từ (1) và (6) suy ra Q, H, I thẳng hàng. Vậy QH đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Bài 5 (0,5 điểm) : Cho các số thực dương a, b sao cho a + b = 2 2 2 a b 1 1 Chứng minh 2 a b 6 9 2 2 10 b a a b Lời giải
8. 2 2 2 2 2 2 a b 1 1 2 2 a b a b A 2 a b 6 9 2 2 2 a b 6 9 2 2 b a a b ab a b 2 2 2 6 9 2 2 9 6 2 2 3 a b 2 2 2 a b 2 2 1 1 a b 1 1 ab a b a b ab ab Ta chứng minh : 2(a2 + b2) ≥ (a+b)2 = 22 = 4 a2 + b2 ≥ 2 Vì a, b dương . Áp dụng BĐT Cô si ta có: a+ b ≥ 2ab 2 ≥2 ab ab ≤ 1 2 2 3 3 3 3 ≥ 3 -1 ≥ 2 ≥ 4 1 +1 ≥ 5 1 ab ab ab ab A ≥ 2.5 = 10 Dấu bằng xảy ra khi a = b mà a+ b = 2 nên a= b = 1