Đề thi giai đoạn III môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Trường THCS Nam Thanh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi giai đoạn III môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Trường THCS Nam Thanh (Có đáp án)

1. PHÒNG GDĐT NAM TRỰC ĐỀ THI GIAI ĐOẠN III NĂM HỌC 2016-2017 TRƯỜNG THCS NAM THANH ĐỀ THI MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. ————————— Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 1 x A. x 1 . B. x 1 . C. x 1 . D. x 1 . Câu 2: Giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x - 3 và y = -2x + 3 có tọa độ là A. (0;-3) . B. (0;3). C. (2;-1). D. (2;-1). 2x y 3 Câu 3. Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là x y 6 A. (1;1). B. (7;1). C. (3;3). D. (3;-3). Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3? A. x2 x 3 0 . B. x2 x 3 0 . C. x2 3x 1 0 . D. x2 5x 3 0 . Câu 5: Đường thẳng nào sau đây có đúng một điểm chung với đồ thị hàm số y = 4x2? A. y = 4x - 1. B. y = 4x . C. y = 5x - 3. D. y = 3x . Câu 6: Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình vuông ABCD, khi đó diện tích hình vuông ABCD bằng A. 2R2. B. R2. C. 22 R2. D. 4R2. Câu 7. Cho hai đường tròn (O;3cm) và (O, ;5cm), có OO, = 7cm. Số điểm chung của hai đường tròn là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 8. Gọi khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng (d) là h. Đường thẳng (d) không cắt đường tròn (O; 6cm) khi và chỉ khi: A. h 6 cm; B. h 6 cm; C. h 6 cm; D. h 6 cm; Phần II - Tự luận (8,0 điểm) x 2 x 2 x Câu 1. (1,25 điểm) Cho biểu thức A = : với x > 0 và x 1 . x 2 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên. Câu 2: (1,5 điểm ) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 5 giờ sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ, sau đó khóa lại và tiếp tục mở vòi thứ hai trong 2 giờ thì được 12 bể. Hỏi 25 nếu chảy một mình thì mỗi vòi cần bao nhiêu thời gian để chảy đầy bể. Câu 3. (1,25 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 7 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m 1 .
2. b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax, By ( Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). Trên nửa đường tròn đã cho lấy điểm M không trùng với A và B, tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại E và F. a) Chứng minh AEMO nội tiếp. b) Chứng minh EO2 = AE.EF. c) Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB), gọi K là giao điểm của EB và MH. Tính tỉ số MK . MH Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình : 3x2 6x 2x 1 1 2x3 5x2 4x 4.
3. ĐÁP ÁN PHẦN 1: Trắc nghiệm. (2đ). Mỗi câu 0,25 đ Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 B C D D A D B D PHẦN 2: Tự luận (8đ) a) Rút gọn biểu thức A = 2 0,75 x 1 2 0,5 Câu 1: b)Với x > 0 và x 1 ta có A = x 1 (1,25 đ) Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2. Từ đó ta được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Gọi thời gian vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy một mình đầy bề 0,25 lần lượt là x , y (h )( x ; y > 0) Trong một giờ vòi thứ nhất và vòi thứ hai chảy được lần lượt là 1/x , 1/ y (bể ) 0,25 Câu 2: 1 1 1 25 x (1,5 đ ) x y 5 2 Theo đề bài ta có hệ phương trình: 3 2 12 25 0,75 y x y 25 3 Vậy 0,25 a)Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: x2 2x 8 0 ' 1 8 9 ' 3 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1 3 Câu 3: x 4 1 (1,25đ ) 1 3 x 2 1 Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2. b)Pt (1) có ' m2 (m 7) m2 m 7 2 1 27 m 0 với mọi m. 2 4
4. x y Q F Câu 4. M (3,0 E điểm) K A B H O + C/m góc EAO = 900 và C/m góc EMO = 900 a) + C/m Tổng hai góc đối bằng 1800 1đ + Kết luận tứ giác AEMO nội tiếp. + C/m góc EOF = 900 và C/m góc OMF = 900. Suy ra MO là đường cao của tam giác vuông EOF. b) +Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông EOF có 1đ EO2 = EM.EF. + Vì EM = EA (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra EO2 = AE.EF (đpcm) + Gọi Q là giao điểm của tia BM và tia Ax Ta có AQ//MH vì cùng vuông góc với AB. KM BK + Áp dụng định lý ta - lét trong tam giác BEQ ta có c) EQ BE 1đ KH BK + Áp dụng định lý ta - lét trong tam giác BEA ta có EA BE MK 1 + Chứng minh EQ = EA để suy ra KM = KH và tính được MH 2 Giải phương trình : 3x2 6x 2x 1 1 2x3 5x2 4x 2. 1 + Điều kiện x 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương x 2 2 x 2 3x 2x 1 1 (2x x 2) 0 2 Câu 5: 3x 2x 1 1 (2x x 2) 0 1đ (1 đ ) + Giải phương trình 3x 2x 1 1 (2x2 x 2) 0 3x 2x 1 1 x(2x 1) 2 0 (2) t 2 1 Đặt 2x 1 t với t 0 suy ra x thay vào phương trình (2) ta 2 được t4 3t3 2t2 3t + 1 = 0 (t2 + t + 1)(t2 – 4t + 1) = 0 t2 – 4t +
5. 1 = 0 t 2 3 Từ đó tìm được x 4 2 3(tm) + Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và x 4 2 3