Học kì 2 toán 9 thái thịnh 1920

Nếu làm một mình thì người thứ nhất cần nhiều thời gian hơn người thứ hai là 5 giờ.. Người ta thả một viên bi hình cầu không thấm nước vào cốc làm cho cột nước dâng lên 2 cm nhưng nước c

Bài I (2,0 điểm).Cho biểu thức 2 3

2

A

x



 và

B

  với điều kiện x 0; x  4

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9

2) Rút gọn biểu thức B

3) Gọi P A B So sánh P và P

Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai công nhân cùng xây một bức tường thì 6 giờ hoàn thành Nếu làm một mình thì người thứ nhất cần nhiều thời gian hơn người thứ hai là 5 giờ Hỏi làm một mình, mỗi người xây xong bức tường mất bao lâu?

Bài III 1 Giải hệ phương trình

2 2

3 4

y

x y

y

x y



 





 



2 Cho parabol  P : 2

yx và đường thẳng  d : ymx m- 1 a) Tìm tọa độ giao điểm của  d và  P

b)  d cắt trục Oy tại M , tìm m để  d cắt  P tại hai điểm phân biệt ; E F ( E là điểm có hoành độ nhỏ hơn) nằm về hai phía trục Oy sao cho S MOH 2S MOK với H và K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ E và F tới Ox và O là gốc tọa độ

Bài IV (3,5 điểm)

1) Một chiếc cốc thủy tinh hình trụ đang chứa một lượng nước Bán kính đáy của cột nước hình trụ bằng 3cm Người ta thả một viên bi hình cầu (không thấm nước) vào cốc làm cho cột nước dâng lên 2 cm nhưng nước chưa tràn ra ngoài Tính thể tích phần nước dâng lên

2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao BF ; CE của ABC

FAC E; AB cắt đường tròn lần lượt tại N và M ; BF cắt CE tại H a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh MN // EF và OAMN

c) Chứng minh rằng khi B C, cố định, điểm A di động trên cung lớn BC thì khoảng cách

giữa hai điểm A và H không đổi

Bài V (0,5 điểm) Cho x , y , z thỏa mãn 0x y z, , 2 và xy  Tìm giá trị lớn nhất của z 3

Qx y z

TRƯỜNG THCS THÁI THỊNH

23/5/2019

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2019 – 2020

Ngày 23 tháng 05 năm 2020

HDedu - Page 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I (2,0 điểm)

Cho biểu thức 2 3

2

A

x



 và

B

  với điều kiện x 0; x  4

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9

2) Rút gọn biểu thức B

3) Gọi P A B So sánh P và P

Lời giải

1) Tính giá trị biểu thức A khi x 9

Thay x 9 (thỏa mãn ĐK: x 0; x  4) vào biểu thức A ta được:

9 2 9 3 9 6 3

6

3 2

9 2

A      



 Vậy với x 9, giá trị của biểu thức A 6

2) Rút gọn biểu thức B

Với x 0; x  4, ta có:

2

2

2

B

x

x





Vậy với x 0; x  4 thì 2

2

x B x





 3) Gọi PA B So sánh P và P

Với x 0; x  4, ta có:

 22 2

x

P A B

do đó P P (với x 0; x  4)

Bài II (2,0 điểm).Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai công nhân cùng xây một bức tường thì 6 giờ hoàn thành Nếu làm một mình thì người thứ nhất cần nhiều thời gian hơn người thứ hai là 5 giờ Hỏi làm một mình, mỗi người xây xong bức tường mất bao lâu?

Lời giải

Gọi thời gian người thứ nhất xây một mình xong bức tường là: x (giờ)

Thời gian người thứ hai xây một mình xong bức tường là: y (giờ, x y6)

Trong 1 giờ, người thứ nhất xây được: 1

x (bức tường)

Trong 1 giờ, người thứ hai xây được: 1

y (bức tường)

Trong 1 giờ, cả hai người cùng xây thì được: 1

6 (bức tường)

Do đó ta có phương trình: 1 1 1

6

x y  (1)

Nếu làm một mình thì người thứ nhất cần nhiều thời gian hơn người thứ hai là 5 giờ nên ta có pt:

5

xy (2)

Kết hợp (1) và (2) ta được hệ phương trình:

6

5

5

x y

x y

x y



 

  



Từ (*) tìm được y   (Loại); 3 y 10 (thỏa mãn ĐK) nên x 10 5 15  (thỏa mãn ĐK)

Vậy thời gian người thứ nhất xây một mình xong bức tường là: 15 giờ

Thời gian người thứ hai xây một mình xong bức tường là: 10 giờ

Bài III (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình

2 2

3 4

y

x y

y

x y



 





 



Lời giải

HDedu - Page 3

ĐK y  3; x y

2 2

3 4

y

x y

y

x y



 





 



2

2

3 4

y

x y

y

x y



 



 

 



2

3 4

y

y

x y



 







3 3 2

3 4

y

y

x y

  



 







3 9 2

3 4

y

y

x y

 





 

 



6 2

6 3 4 6

y

x







 

 

 6

2 1 6

y

x







 



 



6

6 2

y x





 

 



8 TM

6 TM

x y





 





Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x y ;  8; 6

2 Cho parabol  P :yx2 và đường thẳng  d : ymx m- 1

a) Tìm tọa độ giao điểm của  d và  P

b)  d cắt trục Oy tại M , tìm m để  d cắt  P tại hai điểm phân biệt ; E F ( E là điểm có hoành độ nhỏ hơn) nằm về hai phía trục Oy sao cho S MOH 2S MOK với H và K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ E và F tới Ox và O là gốc tọa độ

Lời giải

a)Với m 3 phương trình đường thẳng  d trở thành y3x2

Hoành độ giao điểm của  d và  P là nghiệm của phương trình:

2

x  x

2

2

 2  2 0

x 2x 1 0





Vậy tọa độ giao điểm của  d và  P là  1;1 và 2; 4

b)Xét  d : ymx m- 1 cắt trụcOxtại N m 1; 0

m



  và cắt trục Oy tại M0; m 1

Phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P là:

x mxm  x mxm  (1)

Để  d và  P cắt nhau tại hai điểm phân biệt E F; nằm về hai phía của trục Oythì phương trình  1 có hai nghiệm trái dấu nên:

1 m 1 0 m 1

Xét phương trình  1 có m22  m2

Kẻ EH Ox tại H ; FK Ox tại K suy ra

2 2

E

OH  x   

2 2

F

OK  x   

2

MOH

2

MOK

S  OM OK mà S MOH 2.S MOK suy ra 2

OH  OK

2

m m m m

y

x

d

M F E

HDedu - Page 5

2 2 2

2











 



 

*

   

 

  



Vì m 1 nên m  2 0 nên từ  * ta có  

3 KTM

1 TM

m m







 



Vậy m  1 thì  d cắt trục Oy tại M , tìm m để  d cắt  P tại hai điểm phân biệt ; E F ( E là điểm có hoành độ nhỏ hơn) nằm về hai phía trục Oy sao cho S MOH 2S MOK

Bài IV (3,5 điểm)

1)Một chiếc cốc thủy tinh hình trụ đang chứa một lượng nước Bán kính đáy của cột nước hình trụ bằng 3cm Người ta thả một viên bi hình cầu (không thấm nước) vào cốc làm cho cột nước dâng lên 2 cm nhưng nước chưa tràn ra ngoài Tính thể tích phần nước dâng lên

2)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao BF ; CE của ABC

FAC E; AB cắt đường tròn lần lượt tại N và M ; BF cắt CE tại H

a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh MN // EF và OAMN

c) Chứng minh rằng khi B C, cố định, điểm A di động trên cung lớn BC thì khoảng cách giữa

hai điểm A và H không đổi

Lời giải

1) Phần nước dâng lên là hình trụ có đáy bằng đáy cốc nên r 3 cm, chiều cao là h 2 cm Vậy thể tích phần nước dâng lên là: V r h2 .3 2 182    3

2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao BF CE, của ABC

FAC E, AB cắt đường tròn lần lượt tại N và M ; BF cắt CE tại H

a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh MN // EF và OAMN

c) Chứng minh rằng khi B C, cố định, điểm A di động trên cung lớn BC thì khoảng cách giữa

hai điểm A và H không đổi

Lời giải

a) Vì BF CE là đường cao của ABC,  FAC E, AB(gt) nên

BF AC  AFB 90BFC  (định nghĩa)

CE AB  AECBEC 90  (định nghĩa)

Xét tứ giác AEHF có AFB 180AEC  , mà hai góc này đối nhau

Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm)

b) Xét tứ giác BEFC có  BECBFC 90  (cma), hai góc này nhìn cạnh BC hai góc bằng nhau

Vậy BEFC là tứ giác nội tiếp (dhnb)

BFE BCE

  (hai góc nội tiếp cùng chắn BE )  1

Vì M N B C, , ,  O nên BCNM là tứ giác nội tiếp

BCE BNM

  (hai góc nội tiếp cùng chắn BM ) 2

Từ  1 và  2 BFEBNM

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

EF

 // MN (đpcm)

Gọi K là giao điểm của AO và EF, AD là đường kính của đường tròn  O

Vì BEFC là tứ giác nội tiếp (cmt) AEF ACB

Xét đường tròn  O :

2

ACB  sđ AB (tính chất góc nội tiếp)

K

I

D

H

F

E

N

M

O

B

A

C

HDedu - Page 7

 1

2

EAO  sđ BD (tính chất góc nội tiếp)

Ta có:

 

AEFEAO  ACBEAO 1

2

 sđ AB 1

2

 sđ BD 1

2

 (sđ AB + sđ  BD )

1

2

 sđ AD 1

.180 90 2

   

Xét AEK có AEFEAO 90  (cmt)   90AKE  AOEF tại K (định nghĩa)

Mà EF // MN(cmt)

  (định lý từ vuông góc tới song song) (đpcm)

c) Gọi I là giao điểm của HD và BC

Xét đường tròn  O :

 90

ABD   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AB BD

  (định nghĩa)

Mà CEAB (gt)

CE

 // BD (định lý từ vuông góc tới song song)

CH

 // BD

 90

ACD   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AC CD

  (định nghĩa)

Mà BF  AC (gt)

BF

 // CD (định lý từ vuông góc tới song song)

BH

 // CD

Xét tứ giác BHCD có CH // BD và BH // CD (cmt)

BHCD

 là hình bình hành (dhnb)

I

 là trung điểm của BC và DH (tính chất hình bình hành)

OI BC

  (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Vì ,B C cố định I cố định O cố định

OI

 cố định

Xét ADH có O là trung điểm của AD, I là trung điểm của DH

OI

 là đường trung bình của ADH(định nghĩa)

OI

 // AH và 1

2

OI  AH (tính chất đường trung bình)

Mà OI cố định

AH

 không đổi

Vậy khi B C, cố định, điểm A di động trên cung lớn BC thì khoảng cách giữa hai điểm A và H

không đổi (đpcm)

Bài V (0,5 điểm) Cho x , y , z thỏa mãn 0x y z, , 2 và xy  Tìm giá trị lớn nhất của z 3

Qx y z

Lời giải

Ta có

0x y z, , 2 2x2y2z0  8 4x y z2xyyzzxxyz0 (1)

Lại có xy  nên (1) z 3  8 4.3 2 xyyzzxxyz02xyyzzx 4 xyz4

2

xy yz zx

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ chỉ

2 1 0

x y z











 



và các hoán vị của nó

Qx y z  xyz  xyyzzx   xyyzzx   

Vậy giá trị lớn nhất của Q bằng 5 xảy ra khi và chỉ chỉ

2 1 0

x y z











 



và các hoán vị của nó

HDedu - Page 9