Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 (có đáp án) năm 2023-2024 - Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Nga Sơn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chọn lọc gửi đến các bạn "Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 (có đáp án) năm 2023-2024 - Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Nga Sơn" hi vọng đây sẽ là tư liệu ôn tập hiệu quả giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 (có đáp án) năm 2023-2024 - Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Nga Sơn

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH KHỐI 9 HUYỆN NGA SƠN Năm học: 2023 - 2024 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Ngày thi: 17 tháng 5 năm 2024 x −2 3 12 Câu 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức: P = + − (với x ≥ 0, x ≠ 4 ). x +2 x −2 x−4 1) Rút gọn biểu thức P . 2 2) Tìm x để P = . 3 Câu 2: (2,0 điểm). 1) Cho hàm số = ax + b có đồ thị là đường thẳng ( d ) . Tìm a, b biết đường thẳng y ( d ) song song với đường thẳng = 2 x − 2024 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ y bằng 3. x − 2 y = 5 2) Giải hệ phương trình:  2 x + 3 y =3 Câu 3: (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 3 x 2 + 2 x − 5 =0 2) Cho phương trình: x − 2 ( m − 2 ) x − 2m = m là tham số. Tìm các giá trị của 2 0 với x12 m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức: x2 − x1 = . Câu 4: (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R), điểm M cố định nằm ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là tiếp điểm). Qua M kẻ cát tuyến MCD bất kì không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D, B thuộc cung nhỏ CD). Gọi K là trung điểm của CD. 1) Chứng minh tứ giác MAOK nội tiếp đường tròn. 2) Gọi E là giao điểm của tia BK với đường tròn (O). Chứng minh AE vuông góc với OK. 3) Tìm vị trí của cát tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3a 2 3b 2 3c 2 Q= + + 5a 2 + ( b + c ) 5b 2 + ( c + a ) 5c 2 + ( a + b ) 2 2 2 Họ và tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh:………………….. Ghi chú : Học sinh được sử dụng máy tính bỏ túi không có bộ nhớ văn bản. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 9 Năm học: 2023 - 2024 Câu Hướng dẫn chấm Điểm x −2 3 12 1) P = + − x +2 x −2 x−4 = ( x −2 )( ) ( x + 2) − 12 x −2 +3 0,25 đ ( x + 2 )( x − 2 ) x − 4 x + 4 + 3 x + 6 − 12 x− x −2 = = 0,25 đ ( x +2 )( x −2 ) ( x +2 )( x −2 ) I = ( x +1 )( x −2 )= x +1 ( x + 2 )( x − 2) x +2 0,25 đ x +1 Vậy P = với x ≥ 0, x ≠ 4 0,25 đ x +2 2x +1 2 2) Để P = ⇒ = ⇒ 3 x + 3 = 2 x + 4 ⇒ x = 1 ⇒ x = 1 (TMĐK) 0,75 đ 3x +2 3 2 Vậy x = 1 thì P = 0,25 đ 3 1) Do đường thẳng ( d ) : = ax + b song song với đường thẳng y a = 2 = 2 x − 2024 nên  y 0,25 đ b ≠ −2024 0,25 đ Khi đó hàm số trở thành: = 2 x + b y Do đồ thị hàm số = 2 x + b cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 0,25 đ y II nên thay x =3; y = 0 vào hàm số ta được: 0 = + b ⇒ b = 6 (TM ) 2.3 − Vậy a = 2; b = -6 là giá trị cần tìm. 0,25 đ  x − 2 y = 2 x − 4 y = −7 y = 5 10 7 −1 y = 2)  ⇔ ⇔ ⇔ 0,75 đ 2 x += 3 3y 2 x += 3 3y 2 x += 3 = 3 3y x 0,25 đ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y= ) ( 3; −1) 1) 3 x 2 + 2 x - 5 = 0 Ta có: a = 3; b = 2; c = -5 Nhận thấy: a + b + c = 3 + 2 + (-5) = 0 0,5 đ 5 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = − 3 0,5 đ 2) x − 2 ( m − 2 ) x − 2m = 2 0 III 2 Ta có: ∆ ' =  − ( m − 2 )  − 1. ( −2m ) = m 2 − 4m + 4 + 2m   ( m − 1) 2 = m 2 − 2m + 4 = + 3 > 0 với mọi m. 0,25 đ Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m  x1 + x2 = 2 ( m − 2 )  Theo hệ thức Vi - ét ta có:   x1 x2 = −2m 
Khi đó: x2= x12 ⇒ x2 x12 + x1 (1) với x2 > x1 − x1 =  x1 + x2 = 2 ( m − 2 )   x1 + x2 = 2m − 4 Lại có:  ⇔ ⇔ x1 + x2 + x1 x2 =4 (2) −  x1 x2 = −2m   x1 x2 = −2m 0,25 đ Thay (1) vào (2) ta được: x1 + x + x1 + x1 ( x + x1 ) = −4 2 2 1 1 ( 0 ⇒ ( x1 + 2 ) x12 ⇒ x13 + 2 x12 + 2 x1 + 4 = + 2 = 0 ) −2 ⇒ x1 = (do x12 + 2 > 0 ) 0,25 đ Do 𝒙𝒙 𝟏𝟏 𝒙𝒙 𝟐𝟐 = −𝟐𝟐𝟐𝟐 ⇒ −𝟐𝟐𝟐𝟐 = −𝟒𝟒 ⇔ m = 2 Thay x1 = −2 vào (1) ta được: x2 = 2 0,25 đ Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. 1) Vì MA là tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O ) nên  900 OA ⊥ MA ⇒ OAM = 0,25 đ Xét ( O ) có K là trung điểm của dây CD không đi qua tâm ⇒ OKM =  90° 0,25 đ (Định lý đường kính và dây cung)   180 Xét tứ giác MAOK có: MAO + OKM = ° .Mà hai góc này ở vị trí đối nhau 0,25 đ ⇒ Tứ giác MAOK nội tiếp một đường tròn (đpcm) IV 0,25 đ     180 2) Xét tứ giác MAOB có: MAO MBO 90° (gt) ⇒ MAO + MBO = ° mà = = hai góc đó ở vị trí đối nhau ⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp. 0,25 đ Và tứ giác MAOK nội tiếp (theo phần 1) nên 5 điểm A, B, M, O, K cùng thuộc  BAM  1 đường tròn ⇒ Tứ giác MAKB nội tiếp ⇒ BKM =(Hai góc nội tiếp 0,25 đ cùng chắn cung MB).   Mà: BAM = BEA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn  ). AB   0,25 đ Do đó: BKM = BEA , hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒ AE // MK . Ta lại có OK ⊥ MK ⇒ AE ⊥OK (đpcm) 0,25 đ 3) Do AE // MD ⇒ S∆MDE = S ∆MDA 0,25 đ Gọi H là hình chiếu của D trên tia MA. 1 Khi đó S∆MDA = .DH .MA . 2 0,25 đ Do MA không đổi nên S∆MDA lớn nhất ⇔ DH lớn nhất. Mà: DH ≤ DA (Quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc), lại có DA là
dây cung của đường tròn ( O ) ⇒ DA ≤ 2R . Suy ra DH ≤ 2R. Dấu bằng xảy ra ⇔ DA là đường kính của ( O ) hay D là điểm đối xứng với 0,25 đ A qua O. Vậy để S∆MDE lớn nhất ⇔ Cát tuyến MCD đi qua điểm đối xứng với A qua tâm O. 0,25 đ Áp dụng BĐT: với a,b là các số thực, và x, y là các số dương ( a + b) 2 a 2 b 2 a b thì ≤ + , dấu “=” xảy ra khi = x+ y x y x y 2 2 9a ( a + 2a ) a2 2a 2 Ta có: = ≤ + ( a 2 + b2 + c 2 ) + 2 ( 2a 2 + bc ) a 2 + b2 + c 2 2a 2 + bc ≤ + 5a 2 + ( b + c ) 2 9𝑏𝑏2 𝑏𝑏2 2𝑏𝑏2 5𝑏𝑏2 +(𝑐𝑐+𝑎𝑎)2 𝑎𝑎2 +𝑏𝑏2 +𝑐𝑐 2 2𝑏𝑏2 +𝑐𝑐𝑐𝑐 Tương tự ta có : 9𝑐𝑐 2 𝑐𝑐 2 2𝑐𝑐 2 ≤ 2 + 2 5𝑐𝑐 2 + (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏)2 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 2 + 𝑐𝑐 2 2𝑐𝑐 + 𝑎𝑎𝑎𝑎 0,25 đ Cộng vế với vế của các BĐT ta được: 2a 2 2b 2 2c 2  a2 b2 c2  3Q ≤ 1 + 2 + 2 + 2 1+ 2 = 2 + 2 + 2  2a + bc 2b + ca 2c + ab  2a + bc 2b + ca 2c + ab  Dấu “ = ” xảy ra khi a= b= c 0,25 đ a2 b2 c2 Đặt: A = 2 + + . 2a + bc 2b 2 + ca 2c 2 + ab V Ta có: 3 1 a2   1 b2   1 c2  −A= − 2  + − 2  + − 2  2  2 2a + bc   2 2b + ca   2 2c + ab  1  bc ca ab  =  2 + 2 + 2  2  2a + bc 2b + ca 2c + ab  1 ( bc ) ( ca ) ( ab )  2 2 2 =  + +  2  ( bc )2 + 2ab.ac ( ca )2 + 2bc.ab ( ab )2 + 2ca.bc  0,25 đ   Lại có: ( bc ) ( ca ) ( ab ) ( bc + ca + ab ) 2 2 2 2 + + ≥ 1 = ( bc ) + 2ab.ac ( ca ) + 2bc.ab ( ab ) + 2ca.bc ( bc + ac + ab ) 2 2 2 2 3 1 Nên − A ≥ ⇒ A ≤ 1 ⇒ 3Q ≤ 3 ⇒ Q ≤ 1 2 2 Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là Q = 1 Dấu “ = ” xảy ra khi a= b= c . 0,25 đ