Bài kiểm tra kiến thức vào 10 THPT lần 1 môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Bài kiểm tra kiến thức vào 10 THPT lần 1 môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. BÀI KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO 10 THPT LẦN 1 NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề ) Đề thi có 01 trang gồm 05 câu x 2 x 2 x Câu I. (2 điểm). Cho biểu thức A ( ) : với x 0, x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 1. Rút gọn biểu thức A. 2.Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị là số nguyên. Câu II. (2 điểm). 4x 5y 7 1. Giải hệ phương trình: 3x y 9 2. Tìm m để đường thẳng y = (m +2)x + m song song với đường thẳng y = 3x – 2 Câu III. (2 điểm). 1. Giải phương trình 2x2 + 5x – 3 = 0 2. Cho phương trình x2 2(3 m)x 4 m2 0 (x là ẩn, m là tham số) (1). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ||x1| – |x2|| = 6. Câu IV: (3 điểm) Cho đường tròn O cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn O , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M; N là các tiếp điểm ). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn O tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC. 1. Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp. 2. Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh AKM : AMI và AK.AI = AB. AC 3. Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào. Vì sao? Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM =2IN Câu V: (1 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 1 1 P 1 x2 1 y2 1 z2 HẾT
2. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 10 CÂU Ý LỜI GIẢI ĐIỂM I 1 Rút gọn biểu thức x 2 x 2 x A ( ) : x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 0.25 A . 2 ( x 1) ( x 1)( x 1) x ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) x 1 . 0.25 2 2 ( x 1) ( x 1) ( x 1) ( x 1) x x x 2 x 2 ( x x 2 x 2) x 1 . ( x 1) 2 ( x 1) x 0.25 2 x x 1 2 . ( x 1) 2 ( x 1) x x 1 2 Vậy A= x 1 0.25 2 Với x > 0 và x 1 ta có: A= x 1 0.25 Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2 Mà Ước của {2} = {-2 ;-1 ;1 ;2} TH1 : x – 1 = -2  x = -1 (không thỏa mãn điều kiện) TH2 : x – 1 = -1  x = 0 (không thỏa mãn điều kiện) 0.25 TH3 : x – 1 = 1  x = 2 ( thỏa mãn điều kiện) 0.25 TH4 : x – 1 = 2  x = 3 ( thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 2, x = 3 là giá trị cần tìm 0.25 1. Giải hệ phương trình: 4x 5y 7 4x 5y 7 19x 38 x 2 0.75 3x y 9 15x 5y 45 4x 5y 7 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là (-2;3) 0.25 II 2.Tìm m để đường thẳng y = (m+2)x + m song song với đường thẳng y = 3x – 2. 0.75 Hai đường thẳng song song khi và chỉ khi m+2 = 3 và m -2 . Do đó m = 1. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm 0.25 III 1. Giải phương trình 2x2 + 5x - 3 = 0 Ta có : 52 4.2.( 3) 49 0 1.0 1 Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt : x ; x 3 1 2 2
3. 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆’ = (3 – m)2 + (4 + m2) > 0⇔ 2m2 – 6m + 13 > 0⇔ 0.25 2 2 3 9 17 3 17 2 m 2. m 0 ⇔ 2 m 0 (luôn đúng ∀m) 2 4 2 2 2 0.25 Do đó (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức Viét ta có 2 x1 + x2 = 2(3 – m); x1.x2 = – 4 – m * Do vậy 2 2 2 | x1 | | x2 | 6 | x1 | | x2 | 36 x1 x2 2 | x1 |.| x2 | 36 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2 | x1x2 | 36 2 2(3 m) 2( m2 4) 2 | m2 4 | 36 0.25 4(3 m)2 2( m2 4) 2(m2 4) 36 (do m2 4 0m | m2 4 | m2 4) 2 3 m 3 m 0 (3 m) 9 . 3 m 3 m 6 Vậy m =0 ; m = 6 là giá trị cần tìm. 0.25 IV Vì AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn nên 1.0 AM  OM , AN  ON ·AMO ·ANO 1800 . Vậy tứ giác AMON nội tiếp 1 2. sđ ·AKM sd(¼AM N» I) (1) (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) 2 0.25 1 Sđ ·AMI sd(»AN N» I) (2) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 Mà sd ¼AM sd »AN(3) . Từ (1)(2)(3) ta có ·AKM ·AMI , mặt khác có 0.25 M· AK I·AM . Vậy AKM : AMI
4. AK AM 0.25 Từ AKM : AMI AK.AI AM 2 (4) AM AI Chứng minh tương tự ABM : AMC AB AM 0.25 AB.AC AM 2 (5) . Từ (4) và (5) => AK.AI = AB.AC AM AC 3. +) Ta có IB = IC => OI vuông BC =>AIO=90o mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO B  M I  M 0.25 Giới hạn: Khi B  N I  N Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên MON của đường tròn đường kính AO. 0.25 +) Tam giác KIN đồng dạng với tam giác KMA(g-g) IN KN KN.MA IN MA KA KA Tam giác KIM đồng dạng với tam giác KNA(g-g) IM KM KM.N A KM.MA IM (Do NA=MA) NA KA KA KA 0.25 KN.MA IN 1 1 KN 1 Do đó IM 2IN KA IM 2 KM.MA 2 KM 2 KA KN 1 0.25 Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với KM 2 2 1 1 1 1 1 2. P .Đặt a ;b ;c .Khi đó giả 1 x2 1 y2 1 z2 x y z 2a b c thiết có ab+bc+ca=1 và P 0.25 1 a2 1 b2 1 c2 2 2 V Do ab + bc + ca = 1 Nên 1 a ab bc ca a (a b)(a c) Với các đẳng thức tương tự ta có 0.25 2a 2b 2c P (a b)(a c) 4(b c)(b a) 4(c a)(c b) 1 1 1 1 1 1 9 0.25 a b c a b a c 4(b c) (a b) (c a) 4(c b) 4 1 (Bất đẳng thức Cô Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b c a .Hay 7 9 0.25 y z 7x 15 .Vậy MaxP Khi y z 7x 15 4 Chú ý : Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như đáp án.