2 Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F.. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp.. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Trang 1ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Kỳ thi: Vào THPT không chuyên
Môn thi: Toán 9 ; Thời gian làm bài: 120 phút
Họ và tên: Cao Xuân Trường ; Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Chân Lý
Nội dung đề thi:
Bài 1: (2 điểm)
a) Tính : 12 75 48 5 3
b) Rút gọn: x 1 2 x x x ( với x ; x )
Bài 2 (2 điểm)
a) Giải hệ phương trình : 3 7
x y
x y
b) Giải phương trình: 4 2
20 0
x x
Bài 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình 2 (m là tham số)
x m x m
a) Giải phương trình khi m = -5
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
c) Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức
x x x x
Bài 4: (1 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (C A) Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A)
1) Chứng minh BE2 = AE.DE
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp
1) Gọi I là giao điểm của AD và CH Chứng minh I là trung điểm của CH
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Kỳ thi: Vào THPT không chuyên
Môn thi: Toán 9 ; Thời gian làm bài: 120 phút
Họ và tên: Cao Xuân Trường ; Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS Chân Lý
1
(2 điểm) a) 12 75 48 5 3 = 2 3 5 3 4 3 5 3
3.5 3 15
b) x 1 2 x x x =
2
x 1 x ( x 1)
= x 1 x 2 x 1
0,5đ 0,5đ 0,5 đ 0,5đ
2
(2 điểm) a) 3Giải hệ phương trình:7 5 15 3
Vậy nghiệm hệ Pt: 3
2
x y
b) a) 4 2 (*) Đặt
20 0
; ( 0)
x t t
(*) t2 – t – 20 = 0 t1 = 5 (nhận) và t2 = - 4 ( loại);
Với t = 5 => x2 = 5 x = 5
Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x = - 5 5
0,75 đ
0,25đ 0,5đ 0,5đ
Câu 3
(1,5điểm) Phương trình (m là tham số) (1)
2
x m x m
a) Với m = -5: Pt (1) 2
2( 5 1) 5 4 0
x x
(a = 1; b = -8 ; c = -9 )
2
8 9 0
x x
Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0
=> Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9
x m x m
( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 )
(Do 1 2 với mọi m)
0 2
m
=> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
c) Pt (1) có ' với mọi m => Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân
0
biệt x1; x2 với mọi m
Theo Vi-et có: x1 + x2 = - 2(m +1)
x1 x2 = m – 4
Ta có: 2 2
x x x x 2
x x x x
2 m 1 m 3 0
0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Trang 3
2
0
4
m
m
Câu 4
(1 điểm) x
2 + 2y 2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
(x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0
(y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)
Vì - (x+ y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 -4 y 1
Vì y nguyên nên y 4; 3; 2; 1; 0; 1
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp
nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; - 4), (1; - 3), (5; - 3),
(- 2; 0), (- 1; 1)
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
Câu 5
(3,5điểm) a) Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài
Vì BD là tiếp tuyến của (O) nên BD OB
=> ΔABD vuông tại B
Vì AB là đường kính của (O) nên AE
BE
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD (
; BE AD) ta có BE2 = AE.DE
b) Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau),
OB = OC (bán kính của (O))
=> OD là đường trung trực của đoạn BC
=> · 0 (1)
OFC=90
Có CH // BD (gt),
mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)
=> CH AB => · 0 (2)
OHC=90
Từ (1) và (2) ta có · · 0 => tứ giác CHOF nội tiếp
OFC + OHC = 180
c) Có CH //BD=>HCB=CBD· · (hai góc ở vị trí so le trong)
mà ΔBCD cân tại D => CBD· DCB·
nên CB là tia phân giác của HCD·
do CA CB
=> CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD
(3)
AI CI
=
AD CD
Trong ΔABDcó HI // BD => AI = HI (4)
AD BD
Từ (3) và (4) => CI HI
=
CD BD
mà CD=BD CI=HI I là trung điểm của CH
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
E
I F
D
H
C
B
