De thi va dap an toan 9

Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi,vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút.. với m là tham số.[r]

PHÒNG GD VÀ ĐT TP NAM ĐỊNH

NĂM HỌC 2014-2015

(Thời gian làm bài 90 phút)

Bài 1 ( 2 điểm )

Cho biểu thức A =

.

x 2 x 2 x





a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm tất cả các giá trị của x để A

1 2

 c) Tính giá trị của A khi x = 6 − 4√2

Bài 2 ( 1,5 điểm )

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi,vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút Hãy tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B?

Bài 3 ( 2 điểm )

Cho phương trình: x2 - 4x + 3m - 3 =0 (2) với m là tham số

a) Giải phương trình khi m=2 b) Tìm điều kiện của m để phương trình (2) có hai nghiÖm x1 ,x2

thoả mãn

8

2 2 2

1 x 

x

Bài 4 ( 3,5 điểm )

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O) Vẽ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng MO cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

b) MC.MD=MA2

d) CI là phân giác của gãc MCH

Bài 5 ( 1 điểm )

Giải phương trình:

x2 1  x2  x 1 1  x3 x2 x 

Biểu điểm và đáp án

điểm

2

(2điểm

)

x 2

x x 2





0,5 0,5

b) Ta có :

2 x 2 2



Kết hợp với ĐKXĐ ta có 0 x 4  thì A

1 2



0,5

c) Khi 2−√2¿2

x=6 − 4√2= ¿ ⇒ x+√2=4 −√2

4 −√2=

4 +√2 7

0,5

2

(1,5

điểm)

Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B (đk: x > 0 )

x + 4 (km/h) là vận tốc đi từ B về A Thời gian đi từ A đến B là : (h) Thời gian đi từ B về A là : (h)

Vì thực tế đến trước giờ dự định là 30’(= h), nên ta có phương trình:

- =

⇒ x2 +4 x −192=0 Δ'=4+192=196

x1=− 2+14=12(TM)

x2=−2 −14=−16 (KTM)

Vậy vận tốc xe đi từ A đến B là 12km/h

0,25 0,25

0,5

0,5

3

(2điểm

)

a) Thay m 2 vào pt (2) ta được: x2 4 x   3 0

Nhận xét: a b c   1 4 3 0 

=>Pt có 2 nghiệm x 1 1 , x 2 3

b) Tính:   ' 7 3m

Để phương trình (2) có hai nghiệm 1 2

7

3

0,5 0,25 0,25

0,5

Theo hệ thức Vi-ét:

1 2

4

x x

x x m







Ta có: x12x22  8 (x1x2)2 2x x1 2 8

7

3

Giá trị

7 3

m 

thoả mãn điều kiện

7 3

m 

Vậy

7 3

m 

là giá trị cần tìm

0,25 0,25

4

(3điểm

)

Hình vẽ

0,5

a) Xét tứ giác SAOB ta có ∠MAO =∠MBO (tính chất tiếp tuyến)

⇒∠MAO+∠MBO=1800 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

0,5

0,5

b) Xét MAC và  MDA có  M chung, MACMDA (góc nội tiếp và góc

tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)

Do đó MAC  MDA (g – g)

Suy ra

2

MA MC

MA MC.MD

MD MA  

0,5 0,5

c) Xét MAO vuông tại A, có AH đường cao, ta có OH.OM AO 2

Suy ra OH.OM MC.MD AO  2MA2 (1)

Áp dụng định lí Pitago choMAOta có AO2MA2 MO2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH.OM MC.MD MO  2

0,5 0,5

d) Xét MAO vuông tại A, có AH đường cao, ta có MH.MO MA 2

Suy ra

MC.MD MH.MO MA

MH MD

Xét MCH và MOD có

MC MO

MH MD,  M chung

Do đó MCH MOD(c.g.c)  MCH MOD

Xét tứ giác CDOH có MCHMOD (cmt)

Tứ giác CDOH có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đối diện

suy ra tứ giác CDOH nội tiếp  DCHDOK (cùng bù HOD) (1)

Mặt khác

DCK DOK

sđDK (2)

0,5

Từ (1) và (2) suy ra

1 DCK DCH

2

 CK phân giác DCH (3)

Mà ICK 90 0 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) (4)

Từ (3) và (4) suy ra CI là phân giác của MCH

5

(1điểm

)

PT  x   x    x  x  x   x 

2

Vế phải đóng vai trò là căn bậc hai số học của 1 số nên phải có VP 0

Nhưng do x2 1  0   x nên VP x x



   1    1

Với điều kiện đó:

2

x x

       

       

        



 



2

2

1

1

0

0

1 1

Tập nghiệm: S  1 ;0

2

0,75

0,25