DE THI VAO THPT NAM HOC 2011 2012

Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đờng thẳng d và pa rabol P t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt 3.. Gọi y1; y2 là tung độ c¸c giao điểm của đường thẳng d và parabol P..[r]

Phòng gd -đt vụ bản

Trờng thcs trần huy liệu đề Thi thử tuyển sinh vào THPT năm học 2012 - 2013

Môn Toán : Lớp 9

( Thời gian làm bài : 120 phút)

I-Phần trắc nghiệm: ( 2 điểm)

Hãy chọn phơng án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào

bài làm

Câu 1: Kết quả của phép tính

2

50  (1  2) là A.6 2-1 B 4 2+1 C 2 2 + 3 D.3 2+2

trong dâu căn ta đợc P bằng

A 7a2 B.- 7a C 7a D.- 7a2

Câu 3: Trong các hàm số sau đây hàm số nào đồng biên với x > 0

A.y= (m-1)x2 ; B y = - 2x2 C y = (m2 + 1)x2 D y = -3x + 5

độ x= 1 thì giá trị của m là

A 3 B.- 3 C  3 D  5

Câu 5: Phơng trình nào sau đây có hai nghiệm dơng

A x2 -2x B x2 -2 2x + 1 = 0 C x2 -2x + 1 = 0 D x2 +x - 2=0

A.1 B cos 2  C.sin2  D.2

khi đó hình trụ đã cho có chiều cao bằng

A

5

 cm B 10cm C 5cm D 15cm

Câu 8: Một hình nón có bán kính đáy bằng 2cm, chiều cao bằng 6cm.Thể

tích của hình nón đã cho là

A 24 cm3 B 8 cm3 C 8 cm3 D 12cm3

II- Tự luận

Câu 1:(1.5 điểm) Cho biểu thức

P =

x

    với x > 0 ; x  1;

1 Rút gọn P

2 Tìm x để P = 8

Câu 2:( 1.5 điểm)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đờng thẳng

(d): y = (k-1)x + 4 (k là tham số) và (P): y = x2

1 Khi k = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng (d) và (P)

2 Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đờng thẳng (d) và pa

rabol (P) tại hai điểm phân biệt

3 Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol

(P) Tìm k sao cho: y 1  y 2  y y 1 2

Câu 3: (1 điểm)

Giải hệ phơng trình

2 2

18 12

x y







  



Câu 4:(3 điểm)

Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó Vẽ đờng tròn tâm O đờng kính AB Gọi I là điểm cố định nằm giữa O và B Dây cung E F của đờng tròn (O) luôn đi qua I Vẽ đờng thẳng d vuông góc với AC tại C

AE cắt d tại P, A F cắt d tại Q Đờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ cắt AC tại

M khác A

a,Chứng minh các tứ giác BEPC, EPQF là tứ giác nội tiếp

b, Chứng minh AI F  AQM và AI AM = AB.AC

c, Khi dây E F thay đổi vị trí hỏi tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ chuyển động trên đờng nào ? Chứng minh

Câu 5: (1 điểm): Giải phơng trình

x 2  x 2 2  x2 4 2  x 2 (1)

đáp án và biểu điểm

( đề thi thử tuyển sinh vào THPT môn toán 9)

I/ phần trắc nghiệm khách quan (2 điểm).Mỗi câu 0.25 điểm

II phÇn tù luËn :

C©u 1:(1.5 ®iÓm).

a ,(0.75 ®iÓm).Víi x > 0 ; x 1, ta cã

P =

x

=

 1 2 12

1

.

1

x

x x





=

x

=

2x 2

x



=

2(x 1)

x



b ,(0.75 ®iÓm).Víi x > 0 ; x 1, ta cã P = 8



2(x 1)

x



= 8



1

4

x

x







1 4





 x +1 = 4 x

 x - 4 x + 1 = 0

 ( x-2)2 = 3

 x = 7- 4 3; x = 7 + 4 3( TM§K)

VËy víi x = 7- 4 3; x = 7 + 4 3 th× P = 8

C©u 2:(1.5®iÓm).

1,:(0.5®iÓm)Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4

Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

x2 = 3x + 4

 x2 + 3x  4 = 0

Do a + b + c = 1 + 3  4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x =  4

Với x = 1 có y = 1

Với x = 4 có y = 16

Vậy khi k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (4; 16) 2,:(0.5®iÓm) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiÖm cña

ph-¬ng tr×nh

x2 = (k  1)x + 4

 x2  (k  1)x  4 = 0

Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k

Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

3,:(0.5®iÓm)Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt Gäi x1, x2 lµ hoành độ giao ®iÓm cña đường thẳng (d) và parabol (P) Theo

hÖ thøc Vi-et ta cã

1 2

1 2

x x k 1

x x 4

  









Khi đó: y 1  x 12 ; y 2  x22

Vậy y1 + y2 = y1y2

 x 12  x22  x x 12 22

 (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2

 (k 1)2 + 8 = 16

 (k 1)2 = 8

 k 1 2 2   hoặc k 1 2 2  

Vậy k 1 2 2   hoặc k 1 2 2  

C©u 3::(1.0®iÓm)

§K x 0; y 0

Víi x 0; y 0 ta cã

2 2

18

12

x y







  

3 3 18 12

x y

  



 

12

x y



 



12

x y

      



 

2 12(12 3 ) 18

12

x y



 





1728 36 18

12

x y





 

54 1728

12

xy

x y







 

32 12

xy

x y







 



 x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh

X2 - 12X + 32 = 0 (1)

Pt cã ’ = (-6)2 -1.32 = 4 > 0

 ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt

X1 =

6 2

1



= 8 (TM§K)

X2 =

6 2

1



= 4(TM§K)

V©y hÖ ph¬ng tr×nh 2 nghiªm (x: y) lµ (8;4) hoÆc (4; 8)

C©u 4::(3®iÓm)

a,:(1.0®iÓm) Tø gi¸c BEPC cã BEP BCP   1800nªn lµ tø gi¸c néi tiÕp

 P EBA (cïng bï víi EBC)

Mµ AFEABE(Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AE cña (0))

 P AFE

Lại có AFE EFQ = 1800 nên P EFQ  = 1800  EPQF là tứ giác nội tiếp

b,:(1.5điểm)Ta có AMQAPQ(hai góc nội tếp cung chắn cung AQ của đờng tròng ngoại tiếp APQ)

mà PAFE(cmt)

 AMQAFI

Xét AI F và AQM

Có MAQchung

Vây AI F AQM (g.g)



AQ AM  AI.AM = AQ.A F (1)

C./m: A FB ACQ (vì AFBACQ- 900 ; QACchung)



AC AQ  A F AQ = AB AC (2)

Từ (1) và (2) ta có AI AM= AB.AC

c,:(0.5điểm):Ta có AI AM= AB.AC  AM =

.

AB AC

AI không đổi , do đó điểm M cố

định Gọi J là tâm đờng tròn ngoại tiếp APQ Do M thuộc đờng trong này nên JA =

JM

 J thuộc đờng trung trực của đoạn AM

Câu 5::(1.0điểm)

Điều kiện : x ≥ 2

PT (1) ⇔√x − 2−√x +2+x − 2− 2√x −2√x +2+x +2− 2=0

⇔(√x − 2−√x +2)2+√x − 2−√x +2 −2=0

Đặt √x −2 −√x +2=t

Phơng trình trở thành : t2 + t - 2 = 0

⇔ t=1

¿

t=−2

¿

¿

¿

¿

¿

- Với t=1 ⇒√x − 2−√x +2=1

√x −2=1+√x +2

x-2 = 3+x+2 √x+2

2√x +2=− 5

Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm

- Víi t=-2 ⇒√x − 2−√x +2=− 2

⇔√x − 2+2=√x+2

⇔√x − 2=0 ⇔ x =2

VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x=2