de thi va dap an vao 10 moi

[r]

Sở GD & ĐT Thanh Hoá

Trờng THcs nga thái

- -Đề thi hsg toán 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm) Cho biểu thức:

P=(√a −√b)

2

+ 4√ab

√a+√b .

a√b −b√a

√ab

1/ Tìm điều kiện của a và b để P có nghĩa;

2/ Rút gọn P và tính giá trị của P khi a= 2√3 ; b= √3

(tuyển tập 50 đề thi vào lớp 10 của Lê Mộng Ngọc)

Bài 2 (3 điểm)

1/ Giải phơng trình x2−3|x|− 4=0

2/ Cho phơng trình x2 –15mx+9m=0 (1)

Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn

1

x1−

1

x2=1

(sáng tác)

Bài 3 (3 điểm)

Cho ABC có 3 góc nhọn, ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đờng tròn có đ-ờng kính AB, AC Một đđ-ờng thẳng (d) quay quanh A và cắt hai nửa đđ-ờng tròn theo thứ tự tại M và N (khác A)

1/ Chứng tỏ BCNM là hình thang vuông và trung điểm của BC cách đều M

và N;

2/ Chứng minh rằng trung điểm của MN luôn nằm trên một đờng tròn cố

định khi (d) thay đổi;

3/ Giả sử  ABC vuông tại A, xác định M, N sao cho chu vi tứ giác BCNM lớn nhất

(sáng tác)

Bài 4 (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a và có

A=1200 Cạnh bên SA=SC=a; SB=SD

Chứng minh SO  (ABCD) và tính thể tích hình chóp S.ABCD

(sáng tác)

Bài 5 (1 điểm)

Cho x, y >0 và x+y=1

Tìm GTNN của A= (1 − 1

x2)(1− 1

y2) (Đề thi tuyển sinh vào 10 trờng Lê Hồng Phong 94- 95)

Sở GD & ĐT Thanh Hoá

Trờng THPT Quảng Xơng II

- -Đáp án Đề thi vào lớp 10 THPT

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

i

B1

(2

đ)

1

(0,5 đ)

Đk:

¿

a≥ 0

b ≥ 0

ab>0

√a+√b ≠ 0

¿ { { {

¿



¿

a>0 b>0

¿ {

¿

0,5đ

2

(1,5 đ) P= a −2√ab+b+4√ab

√ab(√a −√b)

(√a+√b)2

√a+√b .(√a −√b)

= (√a+√b) (√a −√b)=a − b

Với a= 2√3 , b= √3  P= 2√3 −√3=√3

0.5đ 0.5đ 0.5đ

B2

(3

đ)

1

(1,5đ) Đặt |x| =t  0 ta đợc phơng trình t2 – 3t – 4 = 0 (2)

phơng trình có a- b+c = 0  phơng trình (2) có 2 nghiệm

t=−1(loạ i)

¿

t=4

¿

¿

¿

¿

 với t = 4  |x| = 4  x=  4 Vậy phơng trình có 2 nghiệm x=  4

0.5đ 0.5đ 0.5đ

2/

(1,5đ)  Lúc đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm phân biệt  0 của phơng

trình (1)

Ta có 1

x1−

1

x2=1  x1-x2 = x1.x2 (2) Theo viet ta có

¿

x1+x2=15 m(3)

x1 x2=9 m(4 )

¿ {

¿

Từ (2) và (4)  x1 – x2 = 9m kết hợp với (3) 

¿

x1=12m

x2 =3 m

¿ {

¿

Thế vào (4)  36m2 = 9m 

m=0

¿

m=1

4

¿

¿

¿

¿

 Với m = 0 thay vào phơng trình (1) trở thành x2 = 0 (không thoả mãn)

0.5đ

0,25đ

0,25đ

 Với m = 1

4 thay vào phơng trình (1) trở thành

x2−15

4 x +

9

Phơng trình này có 2 nghiệm phân biệt  0  m = 1

4 thoả

mãn

Vậy m= 1

4

0,5đ

Bài

3

(3

đ)

1/

(1 đ) Ta có AMB =  ANC = 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đờng

tròn)  MB // NC và MB và NC cùng vuông góc MN nên tứ giác BCNM là hình thang vuông

Gọi I là trung điểm , K là trung điểm của MN  IK MN 

IMN cân tại I  IM = IN

0,5đ 0,5đ

2/

(0,75đ) Ta có  AKI = 900 mà A, I là các điểm cố định nên suy ra khi

(d) di động điểm K luôn nằm trên đờng tròn cố định đờng kính AI 0,75đ

3/

(1,25đ) Đặt AB

AC=e (không đổi)

Ta có ABM CAN (Vì A1 = C1 cùng phụ với A2)

 AM

BM

AB

 AM = e.CN; BM = e.AN Chu vi tứ giác BCNM là T= MN + BM + CN + BC

= AM + AN + BM + CN + BC

= e CN + AN + e AN + CN + BC = (e+1)(AN + CN) + BC

Do , e không đổi  T lớn nhất  AN + CN lớn nhất

mà (AN + CN)2 = AN2 + CN2 + 2AN.CN 2(AN2 + CN2) = 2AC2

 AN+ CN √2 AC Dấu “=” xảy ra  AN = CN = √2

2

AC

CN = √2

2 AC  N là điểm giữa của cung AC  M là điểm giữa

cung AB

0,5đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

Bài

4

(1đ)

Ta có SA = SC  SAC cân tại S  SO  AC (1)

Tơng tự SB = SD   SBD cân tại S  SO  BD (2)

Từ (1) Và (2)  SO  (ABCD)

Do ABCD là hình thoi góc A = 1200  các tam giác ABC, ACD là các tam giác đều cạnh a

 AO = a

2  SO = √SA2− AO2 = √a2− a

2

4=

a√3 2

Diện tích hình thoi ABCD bằng 2 lần diện tích tam giác đều ABC bằng √3 a2

2

 Thể tích hình chóp S.ABCD là 1

3.

√3 a2

a√3

a3

4

0,5đ 0,25đ

0,25đ

5

(1

đ)

Ta có A = 1- (x12+

1

y2)+ 1

x2y2

= 1- (x + y )

2

−2 xy

x2y2 +

1

x2y2

= 1- 1

x2y2+

2

xy+

1

x2y2=1+

2 xy

Lại do x, y > 0 , x + y = 1 Suy ra 1 = (x+ y)2  4xy  xy 1

4

Dấu bằng xảy ra  x = y = 1

2

Lúc đó A = 1 + 2

xy

1+2 1 4

Dấu “=” xảy ra  x = y = 1

2

Vậy MinA = 9  x = y = 1

2

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Sở GD & ĐT Thanh Hoá

Trờng THcs nga thái

-š › -&

Đáp án hsg toán 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bà

i

B1

(2

đ)

1

(0,5 đ)

Đk:

¿

a≥ 0

b ≥ 0

ab>0

√a+√b ≠ 0

¿ { { {

¿



¿

a>0 b>0

¿ {

¿

0,5đ

2

(1,5 đ) P= a −2√ab+b+4√ab

√ab(√a −√b)

(√a+√b)2

√a+√b .(√a −√b)

= (√a+√b) (√a −√b)=a − b

Với a= 2√3 , b= √3  P= 2√3 −√3=√3

0.5đ 0.5đ 0.5đ

(3

đ)

1

(1,5đ) Đặt |x| =t  0 ta đợc phơng trình t2 – 3t – 4 = 0 (2)

phơng trình có a- b+c = 0  phơng trình (2) có 2 nghiệm

t=−1(loạ i)

¿

t=4

¿

¿

¿

¿

 với t = 4  |x| = 4  x=  4 Vậy phơng trình có 2 nghiệm x=  4

0.5đ 0.5đ 0.5đ

2/

(1,5đ)  Lúc đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm phân biệt  0 của phơng

trình (1)

Ta có 1

x1−

1

x2=1  x1-x2 = x1.x2 (2) Theo viet ta có

¿

x1+x2=15 m(3)

x1 x2=9 m(4 )

¿ {

¿

Từ (2) và (4)  x1 – x2 = 9m kết hợp với (3) 

¿

x1 =12m

x2=3 m

¿ {

¿

Thế vào (4)  36m2 = 9m 

m=0

¿

m=1

4

¿

¿

¿

¿

 Với m = 0 thay vào phơng trình (1) trở thành x2 = 0 (không thoả mãn)

0.5đ

0,25đ

0,25đ

 Với m = 1

4 thay vào phơng trình (1) trở thành

x2−15

4 x +

9

Phơng trình này có 2 nghiệm phân biệt  0  m = 1

4 thoả

mãn

Vậy m= 1

4

0,5đ

Bài

3

(3

đ)

1/

(1 đ) Ta có AMB =  ANC = 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đờng

tròn)  MB // NC và MB và NC cùng vuông góc MN nên tứ giác BCNM là hình thang vuông

Gọi I là trung điểm , K là trung điểm của MN  IK MN 

IMN cân tại I  IM = IN

0,5đ 0,5đ

2/

(0,75đ) Ta có  AKI = 900 mà A, I là các điểm cố định nên suy ra khi

(d) di động điểm K luôn nằm trên đờng tròn cố định đờng kính AI

0,75đ

(1,25đ) Đặt AB

AC=e (không đổi)

Ta có ABM CAN (Vì A1 = C1 cùng phụ với A2)

 AM

BM

AB

 AM = e.CN; BM = e.AN Chu vi tứ giác BCNM là T= MN + BM + CN + BC

= AM + AN + BM + CN + BC

= e CN + AN + e AN + CN + BC = (e+1)(AN + CN) + BC

Do , e không đổi  T lớn nhất  AN + CN lớn nhất

mà (AN + CN)2 = AN2 + CN2 + 2AN.CN 2(AN2 + CN2) = 2AC2

 AN+ CN √2 AC Dấu “=” xảy ra  AN = CN = √2

2

AC

CN = √2

2 AC  N là điểm giữa của cung AC  M là điểm giữa

cung AB

0,5đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

Bài

4

(1đ)

Ta có SA = SC  SAC cân tại S  SO  AC (1)

Tơng tự SB = SD   SBD cân tại S  SO  BD (2)

Từ (1) Và (2)  SO  (ABCD)

Do ABCD là hình thoi góc A = 1200  các tam giác ABC, ACD là các tam giác đều cạnh a

 AO = a

2  SO = √SA 2− AO2 = √a2− a2

a√3 2

Diện tích hình thoi ABCD bằng 2 lần diện tích tam giác đều ABC bằng √3 a2

2

 Thể tích hình chóp S.ABCD là 1

3.

√3 a2

a√3

a3

4

0,5đ 0,25đ

0,25đ

5

(1

đ)

Ta có A = 1- (x12+

1

y2)+ 1

x2y2

= 1- (x + y )

2

−2 xy

x2y2 +

1

x2y2

= 1- 1

x2y2+

2

xy+

1

x2y2=1+

2 xy

Lại do x, y > 0 , x + y = 1 Suy ra 1 = (x+ y)2  4xy  xy 1

4

Dấu bằng xảy ra  x = y = 1

2

Lúc đó A = 1 + 2

xy

1+2 1 4

Dấu “=” xảy ra  x = y = 1

2

Vậy MinA = 9  x = y = 1

2

0,5đ

0,25đ

0,25đ