Đề thi Môn: Toán 9 Trường THCS Thị trấn Quán Lào16486

b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng Dm lớn nhất.. Bài 4:7đ Cho nửa đường tròn O đường kính AB.. Điểm M thuộc nữa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng

Phòng Giáo dục & Đào tạo Yên Định

Trường THCS Thị trấn Quán Lào

Đề thi Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: 150 phút

Họ tên người ra đề : Mạch Thị Hương

Các thành viên thẩm định đề: Nguyễn Thị Lan Anh

Phạm Thị Thủy Bài 1:(4đ) Cho biểu thức:

1

x

x

x

x x x x x

a>Rút gọn biểu thức A

b>Tìm x để A> 1

Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phương trình:

1

x y

x y x y







Bài 3:(4đ) Cho đường thẳng(Dm) có phương trình (m + 2)x + (m – 1)y – 1 = 0

a> Chứng minh khi m thay đổi đường thẳng (Dm) luôn đi qua một điểm cố định b> Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng (Dm) lớn nhất

Bài 4:(7đ) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Điểm M thuộc nữa đường tròn, điểm

C thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đường thẳng qua M và vuông góc MC cắt Ax;By tại P và Q AM cắt CP tại E; BM cắt CQ tại F a.Chứng minh tứ giác ACMP nội tiếp

b.Chứng minh: <PCQ = 1v

c.Chứng minh: EF // AB

Bài 5:(2đ)

Cho a,b,c, là các số thực dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng:

2 2 2 2 1

2

a bb cc d d a 

đáp án toán 9

Bài 1:a> ĐKXĐ: x 0;x 1 (0,25đ)

   

:

   

   

   

 2

1

(0, 5 )

1 (0, 5 ) 1

d

d

x x

d

x x

d x







Vậy A= 1 với (0,25đ)

1

x x

x

 x0;x1

b> A>1 1>1 - 1 > 0

1

x x x

1 1

x x x

(0,75đ)

Do x      0 x 2 0 x     1 0 x 1.(0,5đ)

Kết hợp với ĐKXĐ 0   x 1 thì A> 1 (0,25đ)

Bài 2: Giải hệ phương trình

(0,5đ)

3 3

5 5 2 2 3 3

1

1

x y x y x y

x y

x y x y x y

(0,5đ)

3 3

1

x x y x y y x y

x y



 



ThuVienDeThi.com

(1) (0,5đ)

2 2

0 1



 



(0,5đ)

0

x

y







(Vìx3  y3  1    2 2   ) (0,25đ)

*Với x = 0 thay vào phương trình (1) ta được y =1 (0,25đ)

*Với y= 0 thay vào phương trình (1) ta được x =1 (0,25đ)

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ)

Bài 3:

a> (m+2)x + (m -1)y – 1 = 0 mx + 2x + my – y – 1 = 0 (0,25đ)

m(x + y) + 2x – y -1 = 0 ( 0,25đ)

 0 (0,5đ)

x y

x y

 



   



(0,75đ)



1

3

1

3

x

y

 



 



Vậy với mọi m thì (Dm) luôn đi qua một điểm cố định 1; 1 ( 0,25đ)

3 3



b>Với m = -2 thì (Dm) có dạng: - 3y – 1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là (0,5đ)1

3

Với m = 1 thì (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ 0 đến (Dm) là (0,5đ)1

3

Với m 2 ; m 1.Khoảng cách từ 0 đến (D  m) lớn nhất khi OI (D m) mà (Dm) cắt Ox tại

A 1 ; 0 và cắt Oy tại B (0,5đ) y

2

m

1 0;

1

m

AOB vuông tại O có OI là đường cao nên



(0,5đ) A

  2 2

OI OA OB



3

I

1 3



Bài 4:

a.Ta có :<PAC =<PMC = 1v

Tứ giác APMC nội tiếp trong đường tròn đường kính PC (2đ)



b.<MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ)

Tương tự tứ giác QMCB nội tiếp đường tròn đường kính QC nên:

<MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ)

<MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1đ)



<PQC = 1v (0,5đ)



c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ)

Tứ giác EMFC nội tiếp đường tròn đường kính EF



<FEM = <FCM (cùng chắn cung FM) (0,5đ)



Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ)

<QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5đ)

<FEM = <MAB EF // AB (0,25đ)

Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho các cặp số không âm : 2 ; ta được

4

a a b

a b





2 2 2 (0,5đ)

a a b a a b

a

Tương tự 2

4

b b c

b

b c





2 (0,5đ)

4

c c d

c

c d





2

4

d d a

d a





Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:

2

(0, 5 ) 4

1 1(0, 25 ) 2

1 (0, 25 ) 2

a b c d

a b c d d

a b b c c d d a

d

a b b c c d d a

d

a b b c c d d a

  

Q E

O

M

C

x

y P

F

ThuVienDeThi.com