Đề thi môn Toán 9 - Trường thcs Yên Lạc

Phòng giáo dục yên định
 Trường THCS Yên Lạc
 Đề thi môn : Toán.
 Thời gian làm bài : 150 phút.
 Người ra đề : Trịnh Văn Hùng.
Người Thẩm định đề: Trịnh Văn Bằng, Trần Tuyết Anh, Lưu Vũ Chếnh
Bài 1:	( 4 điểm ) . Cho biểu thức 
a) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của x để P(x) xỏc định. Rỳt gọn P(x).
b) Chứng minh rằng nếu x > 1 thỡ P(x).P(- x) < 0.
Bài 2. ( 3 điểm ) Cho hệ phương trình 
a) Giải hệ phương trình với m = 2
b) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giá trị lớn nhất 
Bài 3. ( 4 điểm ). Cho hàm số : y= mx -2m -1 ( m0 ) . (1).
Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn luôn đi qua một điểm cố dịnh khi m thay đổi. 
Tính theo m tọa độ các giao điểm A, B của đồ thị hàm số (1) lần lượt với các trục Ox và Oy . Xác định m để tam giác AOB có diện tích bằng ( đ.v.d.t)
Bài 4. ( 3 điểm ) . Cho tam giác nhọn ABC ; BC = a; CA = b; AB = c.
Chứng minh rằng : b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
Bài 5. ( 4 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E.
Chứng minh AE = EB.
Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Bài 6. ( 2 điểm ) CMR, "n ≥ 1 , n ẻ N : 
Hướng dẫn chấm
Câu
Tóm tắt lời giải
Điểm
1
(4 đ)
a) P(x) xác định khi 3x2- 4x+10 (x-1)(3x-1) 0x1; x.
= =
b) x > 1 thỡ = =
P(x) .P(- x) = .= 0 với x>1)
0.5
2,0
0.5
1,0
2
(3 đ) 
a) Với m=2 ta có hệ ; 
giải hệ ta được x=1; y=0.
b) 
 ( vì m2+m+1 = (m+1/2)2+3/4 3/4 nên m2+m+1 0.)
x.y = (m-1)(2-m) = -m2+3m-2 = - (m-3/2)2+1/41/4. Dấu “=” xảy ra khi m=3/2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y sao cho x.y lớn nhất khi m=3/2.
1
1
0,5
0,5
3
(4 đ)
Gọi (d) : y= mx – 2m -1.
I(x0;y0) là điểm cố định của (d) nên I (d) với mọi m.
Nên y0= m x0-2m-1 với mọi m.
 y0+1= m (x0-2) với mọi m.
Vậy I(2;-1) là điểm cố định của (d).
điểm A và B (0;-2m-1)
SAOB =2OA.OB = 4m2+4m +1 =
+ Nếu m > 0 4m2+3m +1 = 0 ; vô nghiệm.
+ Nếu m< 0 4m2+5m +1 = 0 (m+1)(4m+1) = 0 m=-1 ; m=.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4
(3 đ)
Kẻ AH BC. Tam giác AHC vuông ở H . ta có 
AC2 = AH2 + HC2
= AH2+ (BC- BH )2 = AH2 +BC2 + HB2 -2BC.BH
= (AH2+HB2 ) +a2-2a.HB (1)
Trong tam giác vuông AHB ta có:
AH2+HB2 = AB2 = c2
HB = AB . cosB = c. cosB (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB
0,5
1,0
1,0
 05
5
(4 đ)
1. AEC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đường kính ) 
=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 
=> DAEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.
2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; 
I là trung điểm của HB => IK là đường 
trung bình của tam giác HBE 
=> IK // BE mà AEC = 900 nên BE ^ HE tại E => IK ^ HE tại K (2).
Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
3. Theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.
 ADC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đường kính ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.
Ta có DODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3)
 DIBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4)
Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH ^ AC tại F =>
 DAFB có AFB = 900 .
Theo trên DADC có ADC = 900 =>B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ^ ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
6
(2 đ)
Tacú : 
= . Do đú : .
Vậy 
= với "n ≥ 1 , n ẻ N 
1,0
1,0
Tổng
20
“ Nếu học sinh có cách giải khác mà vẫn đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.”