HDG CHI TIET DE KSCL HS LOP 9 TINH PHU THO

Trong hình vẽ bên, tính diện tích S của toàn bộ phần bôi đậm, biết hình chữ nhật ABCD có AB 4cm và BC 8cm..  Tính số đo của góc AFC..[r]

HƯỚNG DẪN CHI TIẾT ĐỀ KSCL HS LỚP 9

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM HỌC 2016-2017

I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN:

Câu 1 Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc hai một ẩn ?

A x  3 0. B x3 x0. C x4 x1 0. D x2 3x 2 0.

Câu 2 Tìm tập nghiệm S của phương trình x  4 0.

A S   2; 2 

B S   4 

C S  1

D S  4

Câu 3 Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng y x 1.

A M1;1 

B N0;1 

C P 1;1 

D Q1;3 

Câu 4 Đồ thị ở hình bên là đồ thị của hàm số nào ?

A yx2. B yx2.

C y2 x2 D y2 x2

Hướng dẫn:

Cách 1 ( Làm tự luận) Gọi hàm số cần tìm có dạng y = ax2 ( a  0)

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;2)  2=a(1) 2  a =2  y =2x 2  (D)

Cách 2 Nhận xét đồ thị có bề lõm quay lên trên nên a>0

Loại đáp án A,C.Thử điểm đi qua (1;2) Suy ra (D)

Câu 5 Tính biệt thức  của phương trình x23x 1 0.

Câu 6 Gọi x x1 , 2 là hai nghiệm của phương trình x2 3x 1 0. Tính T x1 x2

Hướng dẫn:

Áp dụng hệ thức Vi -et ta có 1 2

3 3 1

b

T x x

a



 (A)

Lưu ý : Không nên giải phương trình tìm x1, x2 mất thời gian ( tính toán thậm chí tính nhầm khi nghiệm lẻ)

Câu 7 Tìm số điểm chung của parabol y3x2 và đường thẳng y3x5.

Hướng dẫn:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 3x 2 = 3x + 5  3x 2 -3x -5 = 0 (1)

Số điểm chung của parabol y3x2 và đường thẳng x11;x2 5 là số nghiệm của phương trình

(1) Xét phương trình (1) có a.c < 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt Do vậy số điểm chung là 2 Đáp án C.

Câu 8 Tìm tất cả các giá trị của tham số mđể phương trình x2 2x 1 m0 có hai nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn: Xét  0 Đáp án (A)

Câu 9 Gọi S là tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình x4 5x2 4 0. Tính S.

Từ đó ta có tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình

1 2 3 4 (1) ( 1) (2) ( 2) 10

S x x x x        Đáp án (B)

Câu 10 Cho parabol y ax 2 được vẽ mô tả ở hình bên Tìm a,

biết AB 10.

A

1

.

3



a

B

1 3



a

C a1. D a2.

Hướng dẫn:

Kẻ AH vuông góc với BD tại H cắt Oy tại K Suy ra K(0,a)

Kẻ BI vuông góc Oy tại I Suy ra I (0, 4a).

Ta có IK = 3a

Mặt khác ta có: AH = 3;Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác

vuông AHB Ta có BH = AB2 AH2 1

Tứ giác BIKH là hình chữ nhật nên IK = BK

 3a = 1 

1 3



a

 Đáp án (A)

Câu 11 Trong hình vẽ bên, tính diện tích S của toàn bộ phần bôi

đậm, biết hình chữ nhật ABCD có AB4cm

và BC 8cm.

A S 16   32 cm  2

B S80   32 cm  2

C S 20   32 cm  2

D   2

4 5 32 cm

Hướng dẫn:

Hình chữ nhật ABCD có AB4cm

và BC 8cm.

nên AC =BD = 42 82  80 4 5 cm

Bán kính đường tròn tâm O: R =OA= 2 5cm

Diện tích hình chữ nhật ABCD: S 1 = AB.AD= 32 (cm 2 )

Diện tích hình tròn tâm O: S 2 =  R 2 =  (2 5) 2 =20  (cm 2 )

Diện tích S của toàn bộ phần bôi đậm:

S = S 2 - S 2  S 20   32 cm  2 

Đáp án ( C)

Câu 12 Trong hình vẽ bên, giả sử AB CD AC và

AEC 70 0 Tính số đo của góc AFC.

A AFC 30 0 B AFC40 0

C AFC 50 0 D AFC60 0

Hướng dẫn:

Ta có AB CD AC  S AB S CD S AC xd  d  d  Đặt SđBD y

Ta có: S AB CD AC BDd(    ) 360 o  3x +y =360 0 (1)

Góc AEC70 0  Sđ

 

AC BD x y



= 70 0 (2)

Từ (1), (2) Suy ra x= 110 0 , y = 30 0

Góc AFC.là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên

Số đo của góc AFC.= Sđ

 

AC BD x y



= 40 0  Đáp án ( B)

II PHẦN TỰ LUẬN ( Thanm khảo của Thầy Nguyễn Minh Sang- THCS Lâm Thao- Lâm Thao- PHú Thọ)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x2 6x 5 0.

b) Giải hệ phương trình

26 34

 





 



x y

x y

a) (1,00đ)Giải hệ phương trình

26 34

x y

x y















34

x y

x y





30

x



b) (1,00đ)Giải phương trìnhx2  6x 5 0.

Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình 2x2  mx 20 0, (m là tham số)

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm trái dấu với mọi m

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x , x 1 2thỏa mãn2x x1 2  12

a) (0,50đ)

b) (1,00đ) Vì phương trình 2x2  mx 20 0 có nghiệm x , x 1 2trái dấu với mọi m

nên ta có:

 

 

1 2

1 2

1 2

10 2

m

x x









0,25 đ

Lại có2x x1  2  12(3)

Ta có hệ phương trình

 

 

1

2

1

2

x

x











 



 



 

1

1 2

24

2

12

3

m

m









0,50 đ

Thay vào (1) ta được

2

m +12m - 108 = 0



Câu 3 (2,5 điểm)

Cho đường tròn O R;  có đường kính AB cố

định, đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn

O R; 

thẳng xy.

a) Chứng minh tam giác NAM là tam giác

vuông và BC BD. 4R2

nội tiếp

minh rằng khi M thay đổi trên đường tròn O R;  thì

P

H

N

A

O

B

M

a)(1,00đ)

tam giác vuông tại A

0,50 đ

b) (1,00đ)

DAC vuông tại A(cmt) đường cao AB (gt) suy ra ADC = BAC (cùng phụ với góc

0,50 đ

c) (0,50) Vì H là trực tâm củaMCD suy ra HM CD&HDMC

suy ra AB//HM và AB=HM.

0,25 đ

Lấy P đối xứng với B qua A (vì A, B có định nên P cố định)

 H thuộc đường tròn đường kính AP cố định.

0,25 đ

Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số x, y thỏa mãn x2  y2 16xy Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P x 2  y2

*) Tìm GTLN (0,50đ)

2 2 2

0 ,

2

2 2 16

2 2

2

0,25 đ

*) Tìm GTNN (0,50đ)

0,25 đ

Dấu “=” xảy ra khi

4 3 3

là

32

4 3 3

0,25 đ

HẾT