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

BA
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:
 a) 
 b). 2x2 – (4 – )x + 2 = 
 c). 
 d). 
 Bài 2: (1,5 điểm) : Cho (P) : và (D) : 
 a) Vẽ (P) và (D) và bằng phép tính, xác định tọa độ giao điểm của ( P ) và ( D ) . 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến (P) tại tiếp điểm M có hoành độ là 1 
Bài 3: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức 
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình .
Tìm để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt , thỏa mãn 
Bài 5: (0,75 điểm) Một người vay 2 triệu đồng của ngân hàng trong thời hạn một năm phải trả cả vốn lẫn lời. Song được ngân hàng tiếp tục cho vay thêm một năm nữa.Đến hết năm thứ hai người đó phải trả cho ngân hàng 2420000 đồng. Hỏi lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm một năm?
Bài 6: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn lấy 1 điểm C sao cho BC >AC .Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D , OD cắt AC tại I. Dựng IMAB tại M , IM cắt (O) tại N ( N thuộc cung nhỏ AC)
 a/ BN cắt (O) tại H .Chứng tỏ : Tứ giác DHNC nội tiếp được
 b/Gọi G là trung điểm của BC .Chứng tỏ : 3 điểm D,G,M thẳng hàng
 c/ Vẽ MQMC tại Q .Chứng tỏ : tam giác MNQ cân và DN đi qua trung điểm HC
 d/Chứng tỏ : 3 điểm AQ,OG,MN đồng quy tại 1 điểm.
PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 
 (*)
Với theo Vi-et ta có: .
Ta có (1)
. Đặt do 
Ta có (1) trở thành ( do )
Với ta có thỏa mãn (*)
 Gọi x là lãi suất ngân hàng.
Có 2 chu kì gửi sau 2 năm.
Lãi suất một năm (một chu kì) là : x% /năm
Vốn và lãi sau năm đầu: 2000000 + 2000000.x% = 2000000(1 + x%) (đặt thừa số chung)
Vốn và lãi sau năm thứ hai: 2000000(1 + x%) + 2000000(1 + x%).x% 
 = 2000000(1 + x%)2 (đặt thừa số chung)
Ta có phương trình: 2000000(1 + x%)2 = 2420000
Û (1 + x%)2 = 
Û 1 + x% = 1,1
Û x = 10
Vậy lãi suất là 10%/năm
1/Tứ giác MICB nội tiếp và xác định tâm
Ta có : ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) .
Xét tứ giác CMIB ta có :
 => Tứ giác MICB nội tiếp đường tròn đường kính BI
=> tâm là trung điểm của BI
2/*AN2=AI.AC
Ta có : ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => ( cùng phụ với góc BNM ) mà ( 2 góc nội tiếp cùng chắncung AN)=> 
Xét tam giác ANI và tam giác CAN ta có : NAC là góc chung , (cmt)
=>∆ANI ~∆CAN (g-g)=> =>AN2=AI.AC
*Tứ giác DHNC nội tiếp được
Ta có : ( cùng phụ với góc BAC ) mà ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC )=> => Tứ giác DHNC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
* 3 điểm D,G,M thẳng hàng
Ta có : GA=GC=> OGAC ( quan hệ đường kính và dây cung )
Xét tứ giác IGMC ta có : => Tứ giác IGMC nội tiếp ( 2 góc vuông cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) => 
Xét trong 2 tam giác vuông ABC và ADB ta có : 
( do góc ABD =góc DAC ) => ( G và O là trung điểm của AC và AB ) .Trong 2 tam giác vuông DGC và AOD ta có : => => 
Ta có : => 3 điểm D,G,M thẳng hàng
c/ Tam giác MNQ cân và DN đi qua trung điểm của CH
Tia MQ cắt AD tại P, NQ cắt AD tại T
Ta có : AC//MQ (cùng vuông góc với BC ) .Áp dụng định lý ta lét ta có :
 mà AG=GC= >PM=MQ
Xét trong 2 tam giác vuông AMP và tam giác QMB ta có : ( 2 góc đối đỉnh ) => =>AM.BM=AP.QM=>AM.BM=MQ2
Xét trong tam giác vuông ANP ta có : MN2=AM.BM ( hệ thức lượng trong tam giác vuông ) Từ đó suy ra MQ=MN=> tam giác MNQ cân
Ta có : AH//MN ,AC//MQ ,Áp dụng định lý ta lét ta có : 
=>HC//QN( định lý ta lét đảo ) .Xét trong tam giác PQT ta có :MN//PD và MP=PQ
 => NQ=NT , HC//QN ,Áp dụng định lý ta lét ta có :
 mà NT=NQ=> KN=KH=>DN đi qua trung điểm của HC
d/Chứng tỏ : 3 điểm AQ,OG,MN đồng quy tại 1 điểm
Xét trong tứ giác PAIM ta có : AI//PQ và IM//DA => Tứ giác PAIM là hình bình hành
 => AI=PM mà PM=MQ => AI=MQ
Xét trong tứ giác AIMQ ta có : AC//MQ và AI=MQ => Tứ giác AIMQ là hình bình hành
 => AQ đi qua trung điểm của MI
Gỉa sử tia OG cắt IM tại E và cắt AD tại E
Xét trong tam giác ABD có OA=OB , OJ//BD => JA=JD
Ta có : AD//IM ,Áp dụng định lý ta lét ta có :
 mà JA=JD => ME=IE => OG đi qua trung điểm của IM
=>OG,AQ cùng đi qua trung điểm của IM=> AQ,MI,OG đồng quy tại 1 điểm