Đề thi môn: Toán 9 Trường THCS Định Tường41299

Trường THCS Định TườngĐề thi môn: Toán.. Các thành viên thẩm định để đối với những môn có từ 2 GV trở lên.. N,P là các tiếp điểm.. Gọi K là trung điểm của AB.. b, Chứng minh đường tròn n

Trường THCS Định Tường

Đề thi môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

Họ và tên người ra đề: Lê Thị Thu

Các thành viên thẩm định để (đối với những môn có từ 2 GV trở lên)

Đề thi:

Câu 1: (4 điểm)

Cho biểu thức

















































xy

xy y x xy

y x xy

y

x

A

1

2 1

: 1

1

a, Rút gọn A

b, Tính giá trị của A khi

3 2

2





x

c, Tìm giá trị lớn nhất của A

Câu 2: (4 điểm)

Giải hệ phương trình:





















4 4

4

6 9

9

2

2

2

2

xy xy

x

xy y

x

Câu 3: (2 điểm)

Cho 3 số x,y,z thoả mãn đồng thời

0 1 2 1

2 1

2  y  y  z z  x 

x

Tính giá trị của biểu thức

2010 2010

2010

z y

x

Câu 4: (4 điểm): Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn AB = c, AC= b, CB = a Chứng minh rằng: b2 a2c2 2ac cosB

Câu 5: (4 điểm):

Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d cắt (O) tại 2 điểm A, B Từ điểm M trên d kẻ các tiếp tuyến MN, MP với (O) (N,P là các tiếp điểm) Gọi K là trung điểm của AB

a, Chứng minh 5 điểm M, N, O, K, P cùng nằm trên 1 đường tròn

b, Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định khi M di động trên ( d)

e, Xác định vị trí của M để tứ giác MNOP là hình vuông

Câu 6: (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là 1

số chính phương

Đáp án:

Câu 1:

a, 1,5 đ

Điều kiện để A có nghĩa là x 0 ;y 0 ;xy 1

(0,5đ)















































xy

xy y x xy

y x xy

y x A

1

2 1

: 1

1

xy

xy y x xy

xy y

x xy

y x























1

1 : 1

1 1

(0,25)

xy

xy y x xy

x y y y x x x y y y x x



























1

1 : 1

(0,25)

 x y

xy xy

x y x













1 1

1 1

2 2

(0,25)

 

x y

x

y x













1

2 1

1

1 2

(0,25)

b, 1,5 đ

Ta có : thoả mãn điều kiện

3 2

2





(0,25)

1 3 3 2 4 3 2

3

2

3 2

2

















x

(0,25)

Thay x vào A ta có:

 

3 2 5

1 3 2 1 3

2

4

1

3















A

(0,25)

5 2 35 2 3

3 2 5 1

3

2











(0,25)

 

 2 2

3 2 5

3 2 5 6

3

5

2











(0,25)

13

1 3 3 2 12

25

1

3

3









(0,25)

c, 1 đ

Với mọi x 0 ta có  x  12  0

(0,25)

x 2 x 1  0

x 1  2 x

(0,25)

( vì x+1>0)

x

x





 1

2 1

1 1

1

2









x x

(0,25)

Vậy giá trị lớn nhất của P = 1 khi x  1  0 x 1

(0,25)

Câu2: 4 đ

Hệ phương trình đã cho tương đương với





















4 4

4

9 6

9

2

2

2

2

xy xy

x

xy

y

x

(0,25)



















4 2

9 3

2

2

y

x

y

x

(0,25)





















2 2

3 3

y

x

y

x

(0,25)

Ta có các trường hợp sau:















2

2

3

3

y

x

y

x

















2 2

3 3

y x

y x

















2 2

3 3

y x

y x



















2 2

3 3

y x

y x

Ta giải từng trường hợp:













































5 12 5 1

2 2

1 5 2

2

3

3

y x

y y

x

y y

x

y

x

(0,5)











































0

1 2

2

5 5 2

2

3

3

x

y y

x

y y

x

y

x

(0,5)















































0

1 2

2

5 5 2

2

3

3

x

y y

x

y y

x

y

x

(0,5)

























































5 12 5 1

2 2

1 5 2

2

3

3

x

y y

x

y y

x

y

x

(0,5)

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm









 

















5

1

; 5

12

; 1

; 0

; 1

; 0

; 5

1

;

5

12

;y

x

(0,5)

Câu 3: 2 đ

Từ giả thiết ta có:





























0 1 2

0 1 2

0 1 2

2 2 2

x z

z y

y x

(0,5)

Cộng các vế các đẳng thức ta có:

x2  2x 1  y2 2y 1  z2  2z 1 0

(0,25)

  1 2   1 2  12  0

(0,25)

























0

1

0

1

0

1

z

y

x

1









x y x

(0,5)

 12010  12010  12010 1 1 1

2010 2010



(0,25)

Vậy P = 3

(0,25)

Câu4: 4 đ

Kẻ AH BC    ABC vuông tại H

áp dụng định lí Pi ta go ta có:

AC2= AH2+HC2

= AC2+(BC-BH)2

= AH2+ BC2-2BC.BH+BH2

= (AH2+ BH2)+BC2-2BC.BH

= AB2+ BC2-2BC.AB cosB

= c2+ a2- 2ac cosB

(2)

Vì trong tam giác vuông AHB thì:

AH2+ BH2=AB2= c2 ; BH = AB cosB

Vậy b2 a2c2 2ac cosB

(2)

Câu 5: 2 điểm

a,

Vì MN là 2 tiếp của (O)

(0,25)

MN NO; MP OP

(0,25)

MNO vuông tại N N nằm trên đường kính MO

(0,25)

MPO vuông tại P   P nằm trên đường kính MO

(0,25)

Vì AK = KB (gt)  OK AB tại K ( đường kính đi qua trung điểm của dây) 

(0,25)

MKO vuông tại K K nằm trên đường tròn đường kính MO

(0,25)

Vậy 3 điểm N, P, K nằm trên đường tròn đường kính MO

(0,25)

Hay 5 điểm M,N,O,P,K cùng nằm trên đường tròn đường kính MO

(0,25)

b, 1 đ

Ta có K là trung điểm của AB nên K cố định

(0,25)

Mà theo câu a) đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP chính là đường tròn

đường kính MO

(0,25)

Theo câu a) đường tròn đường kính MO đi qua O; K

(0,25)

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định O, K

(0,25)

c, 1 đ

Tứ giác MNOP là hình vuông MN= ON, 0

90



MON

MNO vuông cân tại N

 

(0,25)

OM= ON = R ( R là bán kính đường tròn (O))

(0,25)

M là giao điểm của (O; R ) với đường thẳng d

(0,25)

Vậy ta xác định được 2 điểm M1; M2 thoả mãn điều kiện đề ra

(0,25)

Câu 6 : 2 đ

Vì p là số nguyên tố nên p4 có các ước là 1; p; p2; p3; p4

(0,25)

1  p p  p  p n n 

(1)

 2 2 2

3 4 4 3 2 2

2 4

4 4 4 4 4 4

4

4n   p p  p  p  p  p  p  p  p



Mặt khác :

(2)

2 3 2

4 2

3 4

2

2 2

4 8 4 4 4 4 4 4 4 4 4

(0,5)

Từ (1) và (2) 2  2 2

2 2

(0,25)

4 4 4 4 4 1 2 5 4 4

4 2  4  3 2    4 3 2 

(0,25)

 3 1 0 0

3 2

(0,25)

Vì pN  p 3