Đề thi Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 năm học: 2016 – 2017 Môn: Toán học lớp 9

BỐN
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 	Năm học: 2016 – 2017
	MÔN: TOÁN
Bài 1: (2 điểm)
 Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
 x4 – 13x2 + 36 = 0
Bài 2: (1,5 điểm) Cho hai hàm số (P) và (d)
Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng toạ độ .
Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính 
Bài 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức 
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: (1), 
 với x là ẩn, m là tham số.
a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là Tìm m để 
Bài 5: (0,75 điểm) Số tiền 58000000 đồng gởi tiết kiệm trong 2 tháng thì lãnh về 
được 58698088 đồng.Tìm lãi suất hàng tháng?
Bài 6: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn (O) lấy 1 điểm C sao cho BC>AC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D .Vẽ CH vuông góc với AB tại H . Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD tại M
1/Chứng minh rằng : MC là tiếp tuyến của (O) và CH2=AH.BH
2/ BM cắt CH tại I .Chứng minh : I là trung điểm của CH
3/ AI cắt (O) tại D. Chứng tỏ : DN là tiếp tuyến của (O)
4/ MN cắt (O) tại P , DP cắt AN tại Q .Chứng minh : AQ2=QP.QD
Gởi vào ngân hàng số tiền là a đồng, với lãi suất hàng tháng là x% trong n tháng. Tính cả vốn lẫn lãi A sau n tháng?
-- Giải --
Gọi A là tiền vốn lẫn lãi sau n tháng ta có:
Tháng 1 (n = 1): A = a + ax% = a(1 + x%)
Tháng 2 (n = 2): A = a(1 + x%) + a(1 + x%)x% = a(1 + x%)2
Tháng n (n = n): A = a(1 + x%)n – 1 + a(1 + x%)n – 1.x% = a(1 + x%)n
Vậy A = a(1 + x%)n	(*)
Trong đó: a tiền vốn ban đầu, x lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng, A tiền vốn lẫn lãi sau n tháng.
Số tiền a đồng gởi tiết kiệm trong 2 tháng thì lãnh về được A đồng.
 Tìm lãi suất hàng tháng?
 a.(1+x%)2 = A 
 58000000(1+x%)2= 58698088
 ta được phương trình bậc 2
 x2 + 200x –120,36=0 x1=0,6(nhận) x2= –200,6(loại) 
1/ MC là tiếp tuyến của (O) và CH2=AH.BH
Ta có : góc ACB =900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => ACBC mà OM//BC => OM//BC .Ta có : OA=OC=R=> tam giác AOC cân trong tam giác này có OM là đường cao => OM cũng là đường phân giác => 
Xét tam giác AOM và tam giác COM ta có :
OA=OC=R , ( cmt) , OD là cạnh chung )
=>∆AOM=∆BOM (c-g-c)=> => COCM ta lại có C thuộc (O) nên MC là tiếp tuyến của (O) .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta liền suy ra CH2=AH.BH
Tứ giác AOMC nội tiếp được
Ta có: => Tứ giác AOMC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =1800 )
2/ I là trung điểm của CH
Trong tam giác ADB ta có OA=OB=R , OM//BD => MA=MD
CH//AD ( cùng vuông góc với AB ) Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác ABM và tam giác BMD ta có : mà AM=DM => IH=IC 
hay I là trung điểm của CH
3/ DN là tiếp tuyến của (O )
Xét tam giác ABD và tam giác HCA ta có :
 , ( cùng phụ với góc BCH )
=>∆ ABD~∆HCA (g-g)=> (O,I là trung điểm của AB.CH)
Xét tam giác ACI và tam giác DBO ta có :
 ( cmt) , ( suy ra từ trên )
=>∆ ACI~∆DBO (c-g-c) => 
Gỉa sử gọi L là giao điểm của OD và AN ta có : => Tứ giác ADCL nội tiếp => => OD vuông góc với AN
Ta có : OA=ON =R=> tam giác OAN cân mà có OD là đường cao => OD cũng là phân giác => . Xét tam giác AOD và ta giác NOD ta có :
OA=ON , , OD là cạnh chung =>∆ AOD=∆NOD (C-G-C)
=> => ONDN lại có n thuộc (O) => DN là tiếp tuyến của (O)
4/ QA2=QP.QD
Xét tam giác MAP và tam giác MNA ta có :
 là góc chung , ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AP )=>∆MAP~∆MNA (g-g)=> mà MA =MD => . Xét tam giác MDP và tam giác MND ta có : DMN là góc chung ,
( cmt) =>∆ MDP~∆MNA (c-g-c) => mà ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung NP )=> 
Xét tam giác QAP và tam giác QDA ta có : lá góc chung , (cmt)
=>∆QAP~∆QDA (g-g) => và suy ra 
.
 với mọi m.
Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
b) (1,0 điểm)
Theo ĐL Viét ta có .
Do đó, 
 (do ).
Yêu cầu bài toán: .