Phòng giáo dục yên định Trường THCS Yên Lạc Đề thi môn : Toán.. Người ra đề : Trịnh Văn Hùng.. Người Thẩm định đề: Trịnh Văn Bằng, Trần Tuyết Anh, Lưu Vũ Chếnh Bài 1: 4 điểm.. 1. a Chứ
Trang 1Phòng giáo dục yên định
Trường THCS Yên Lạc
Đề thi môn : Toán.
Thời gian làm bài : 150 phút
Người ra đề : Trịnh Văn Hùng
Người Thẩm định đề: Trịnh Văn Bằng, Trần Tuyết Anh, Lưu Vũ Chếnh
Bài 1:( 4 điểm ) Cho biểu thức P(x) 2x2 x2 1
a) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của x để P(x) xỏc định Rỳt gọn P(x)
b) Chứng minh rằng nếu x > 1 thỡ P(x).P(- x) < 0
Bài 2 ( 3 điểm ) Cho hệ phương trình
2
2
a) Giải hệ phương trình với m = 2
b) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giá trị lớn nhất
Bài 3 ( 4 điểm ) Cho hàm số : y= mx -2m -1 ( m 0 ) (1).
a) Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn luôn đi qua một điểm cố dịnh khi m thay đổi
b) Tính theo m tọa độ các giao điểm A, B của đồ thị hàm số (1) lần lượt với các trục Ox và Oy Xác định m để tam giác AOB có diện tích bằng ( đ.v.d.t)
2 1
Bài 4 ( 3 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC ; BC = a; CA = b; AB = c.
Chứng minh rằng : b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
Bài 5 ( 4 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường tròn đường kính
AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn
HE đi qua trung điểm I của BH
3 Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 6 ( 2 điểm ) CMR, n ≥ 1 , n N : 1 1 1 1 2
2 3 2 4 3 (n 1) n
Trang 2Hướng dẫn chấm
1
(4 đ)
a) P(x) xác định khi 3x2- 4x+1 0 (x-1)(3x-1) 0 x 1; x
3 1
2 2
P(x)
1 2
x x
x x
0 1
1
1 3 1
khix x
o khix x
2 2
P(x)
1 2
x x
x x
1 3
1
x
P(x) P(- x) = = < 0 ( vì 9x2-1>0 với x>1)
1 3
1
1
1 )
1 3 )(
1 3 (
1
2
x x
x
0.5
2,0 0.5 1,0
2
(3 đ)
a) Với m=2 ta có hệ ;
2 2
3 2 3
y x
y x
giải hệ ta được x=1; y=0
2
2
1 )
1 (
2
1 2 ) 2 (
) 1 (
2
3 2
2
2
m mx y
m x m m m
mx y
m m
mx m x m
( vì m2+m+1 = (m+1/2)2+3/4 3/4 nên m2+m+1 0.)
m y
m x
2
1
x.y = (m-1)(2-m) = -m2+3m-2 = - (m-3/2)2+1/4 1/4 Dấu “=” xảy ra khi m=3/2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y sao cho x.y lớn nhất khi m=3/2
1
1
0,5 0,5
3
(4 đ)
a) Gọi (d) : y= mx – 2m -1
I(x0;y0) là điểm cố định của (d) nên I (d) với mọi m.
Nên y0= m x0-2m-1 với mọi m
y0+1= m (x0-2) với mọi m
2
1 0
2
0 1
0 0
0
0
x
y x
y
Vậy I(2;-1) là điểm cố định của (d)
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 3b) ®iÓm A(2 1; 0 ) vµ B (0;-2m-1)
m
SAOB =2 OA.OB = 4m2+4m +1 =
2
1
2
1
1 ) 1 2
m
m
+ NÕu m > 0 4m2+3m +1 = 0 ; v« nghiÖm
+ NÕu m< 0 4m2+5m +1 = 0 (m+1)(4m+1) = 0 m=-1 ; m=
4
1
0,5 0,5
0,5 0,5
4
(3 ®)
KÎ AH BC Tam gi¸c AHC vu«ng ë H ta cã
AC2 = AH2 + HC2
= AH2+ (BC- BH )2 = AH2 +BC2 + HB2 -2BC.BH
= (AH2+HB2 ) +a2-2a.HB (1)
Trong tam gi¸c vu«ng AHB ta cã:
AH2+HB2 = AB2 = c2
HB = AB cosB = c cosB (2)
Tõ (1) vµ (2) ta suy ra b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
0,5 1,0
1,0 05
5
(4 ®)
1 AEC = 900 (Gãc cña tam gi¸c cã c¹nh lµ ®êng kÝnh )
=> AEB = 900 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450
=> AEB lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i E => EA = EB
2 Gäi K lµ trung ®iÓm cña HE (1) ;
I lµ trung ®iÓm cña HB => IK lµ ®êng
trung b×nh cña tam gi¸c HBE
=> IK // BE mµ AEC = 900 nªn BE HE t¹i E => IK HE t¹i K (2)
Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cña HE VËy trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua
trung ®iÓm I cña BH
3 Theo trªn I thuéc trung trùc cña HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iÓm cña
BH => IE = IB
ADC = 900 (Gãc cña tam gi¸c cã c¹nh lµ ®êng kÝnh ) => BDH = 900 (kÒ bï
ADC) => tam gi¸c BDH vu«ng t¹i D cã DI lµ trung tuyÕn (do I lµ trung ®iÓm
cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh ID
1,0
0,5 0,5 0,5
0,5
a
b c
H
A
F
1
1
1
2
/
_
K
H
I
E
D
O
C B
A
Trang 4Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1 (3)
IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 (4)
Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm
của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH AC
tại F =>
AFB có AFB = 900
Theo trên ADC có ADC = 900 =>B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5)
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO
=> OD ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
0,5
0,5
6
(2 đ)
2
Vậy
= 2 1 1 2 với n ≥ 1 , n N
n 1
1,0
1,0
“ Nếu học sinh có cách giải khác mà vẫn đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.”