Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Lê Ngọc Hân là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên trong quá trình giảng dạy và phân loại học sinh. Đồng thời giúp các em học sinh củng cố, rèn luyện, nâng cao kiến thức môn học. Để nắm chi tiết nội dung các bài tập mời các bạn cùng tham khảo đề thi.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Lê Ngọc Hân
- TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
MÔN: TOÁN – LỚP 9
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày kiểm tra: 21 tháng 5 năm 2021
Bài I( 2 điểm). Cho các biểu thức
x +4 x+3 1
A= =
và B + :
x
với x > 0; x ≠ 9
x +3 x −9 x +3 x −3
1
1. Tính A tại x = .
9
x +1
2. Chứng minh rằng B =
x +3
3. Đặt = P ( A − 1) .B . Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất.
Bài II (2,5 điểm).
1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đơn vị vận tải dự định sử dụng một lượng xe có trọng tải như nhau để chuyên chở 420 tấn
vật liệu xây dựng. Tuy nhiên khi làm việc, có 2 xe không hoạt động, do đó mỗi xe còn lại phải
chở thêm 7 tấn nữa mới hoàn thành công việc đúng hạn được giao. Hỏi ban đầu, đội vận tải dự
định sử dụng bao nhiêu xe và mỗi xe dự định chở bao nhiêu tấn vật liệu? (Biết các xe đều chở
khối lượng vật liệu xay dựng như nhau).
2. Bài toán thực tế.
Để làm một cái mũ chú hề như hình bên, bạn An cần một tờ giấy thủ công
màu. Mũ là hình nón có đường kính đáy là 160mm, chiều cao là 400mm.
Hãy xác định diện tích tờ giấy màu mà bạn An cần chuẩn bị theo cm2? (lấy π
= 3,14 và làm tròn kết quả đến số thập phân thứ 2).
Bài III (2 điểm).
3 x
x −1 + x + y =
−1
1. Giải hệ phương trình sau:
1 − 2x = 13
x − 1 x + y 3
2. Trên mặt phẳng tọa độ xOy, cho Parabol ( P) : y = − x 2 và đường thẳng (d ) : y =−6 x + m + 3
a. Tìm tọa độ giao điểm của ( P) và (d ) khi m = 2 .
b. Tìm m để ( P) cắt (d ) tại hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) thỏa mãn y1 + x2 =
0
Bài IV (3 điểm). Cho đường tròn (O), từ điểm A ở ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với
(O) (B, C là các tiếp điểm). OA cắt BC tại E.
1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
BA.BE
2. Chứng minh: BC vuông góc với OA và = R.
AE
3. Gọi I là trung điểm của BE, đường thẳng qua I và vuông góc với OI cắt các tia AB, AC theo
thứ tự tại D và F. Chứng minh ∆DOF cân và F là trung điểm AC
Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình:
1 x2
5 x3 + 3x 2 + 3x − 2 + = + 3x
2 2
Chúc em làm bài tốt!
- ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN 9
Bài Câu Đáp án Điểm
1 x +4
A= 1
. Tính A tại x = .
x +3 9
ĐK: x > 0; x ≠ 9 0,25
1
x= (TMĐK)
9
Thay vào A, ta có:
1
+4
A= 9 13
= 0,25
1
+ 3 10
9
1 13
Vậy tại x = thì A =
9 10
x+3 1 x x+3 x −3 . x − 3
B=
x −9 + : = +
( )( ) ( )( )
0,25
x +3 x −3 x −3 x +3 x −3 x +3 x
I 2 x+ x 1
x +3+ x −3 x −3
= = .
( )( )
. 0,25
x −3 x +3 x x +3 x
(
x x +1
=
) . 1
0,25
x +3 x
x +1 x +1
= Vậy B = 0,25
x +3 x +3
3 P ( A − 1) .B . Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất.
Đặt =
0,25
* ĐK: x > 0; x ≠ 9
- x + 4 x +1 x +1
P =( A − 1).B = − 1 . =
x +3 x +3 ( )
2
x +3
x +3− 2 1 2
= = −
( ) x +3 ( )
2 2
x +3 x +3
1
Đặt a = ⇒ P= a − 2a 2
x +3
a 1 1 1
P =−2a 2 + a =−2 a 2 − =−2 a 2 − 2.a. + −
2 4 16 16
2
1 1
=
−2 a − +
4 8
Ta có
2
1
−2 a − ≤ 0 ∀a
4
2
1 1 1 1 0,25
⇒ −2 a − + ≤ ⇒ P ≤
4 8 8 8
2
1 1
Dấu “=” xảy ra khi −2 a − = 0 ⇔ a =
4
4
1 1
⇒ = ⇔ x + 3 = 4 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1(TMDK )
x +3 4
1
Vậy Pmax = đạt được khi x = 1
8
Gọi số xe ban đầu đội vận tải dự định sử dụng là x ( x > 2; x ∈ N , đơn vị:
0,25
xe).
II Số xe thực tế làm việc là x – 2 (xe) 0,25
420
Ban đầu mỗi xe dự định chở (tấn/xe) 0,25
x
420
Thực tế mỗi xe phải chở là (tấn/xe) 0,25
x−2
Vì so với dự kiến, mỗi xe phải chở thêm 7 tấn nên ta có phương trình
420 420 0,25
+7 =
x x−2
- 420( x − 2) 7 x( x − 2) 420 x
⇔ + =
x( x − 2) x( x − 2) x( x − 2)
0,25
420 x − 840 + 7 x 2 − 14 x 420 x
⇔ =
x( x − 2) x( x − 2)
⇒ 420 x − 840 + 7 x 2 − 14 x =
420 x
⇔ 7 x 2 − 14 x − 840 =
0
⇔ x 2 − 2 x − 120 =
0
0,25
⇔ ( x + 10 )( x − 12 ) =
0
x = −10( L)
⇔
x = 12(TM )
Vậy ban đầu đội vận tải dự kiến sử dụng 12 xe
0,25
Và mỗi xe dự định chở 420 :12 = 35 (tấn/xe)
Diên tích xung quanh hình nón là
0,25
S=
xq π= = 200960(mm 2 )
rl 3,14.160.400
Diện tích giấy màu cần dùng là:
0,25
= =
S xq 200960( mm 2 ) 2009, 6(cm 2 )
1 3 x
x −1 + x + y =
−1
Giải hệ phương trình sau:
1 − 2x = 13
x − 1 x + y 3
0,25
1
x − 1 = a 3a + b =−1
ĐK: ; hệ phương trình đã cho trở thành 13
x =b a − 2b =3
x + y
III 3a + b =−1 18a + 6b =−6 3a + b =−1
⇔ ⇔ ⇔ 0,25
3a=− 6b 13 3a=
− 6b 13 =
21a 7
1
3. 3 + b =−1 b =−1 − 1 b =−2
⇔ ⇔ 1 ⇔ 1 0,25
a = 1 = a 3= a 3
3
- x
= −2 x x 10
x + y x + y = −2 =−2 =
−2
⇒ ⇔ ⇔ x+ y ⇔ 10 + y
1 =1 3 =
x − 1 3 x −1 = x −1 9 = x 10
0,25
10 =−20 − 2 y y =−15
⇔ ⇔
= =
x 10 x 10
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x;=
y ) (10; −15 )
2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có
− x2 =−6 x + m + 3
⇔ x2 − 6x + m + 3 =0
(=a 1;=b 4;=c 4m − m2 ) 0,25
Với m = 2, ta có phương trình
x 2 − 6 x + 5 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 5 ) = 0
x = 1
⇔
x = 5
Tung độ giao điểm là
x =⇔
1 y=−12 =−1
0,25
x =⇔
5 y=−52 =−25
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; −1);(5; −25)
3 Xét phương trình hoành độ giao điểm là
− x2 =−6 x + m + 3
⇔ x2 − 6x + m + 3 =0
(a =
1; b =−6; c =+m 3)
∆ = b 2 − 4ac = (−6) 2 − 4.1. ( m + 3)
= 36 − 4m − 12 = 26 − 4m 0,25
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ∆ > 0 ⇔ 24 − 4m > 0 ⇔ m < 6
Áp dụng định lý Vi-ét ta có:
−b
x1 + x2 = a = 6 (1)
x .x = c= m + 3 (2)
1 2 a
Ta có y1 = − x12 thay vào y1 + x2 =
0 được
Từ (1) ta có x2= 6 − x1 , thay vào − x12 + x2 =
0 ta có 0,25
− x12 + 6 − x1 = 0 ⇔ x12 + x1 − 6 = 0 ⇔ ( x1 + 3)( x2 − 2 ) = 0
- x1 = −3
⇔
x1 = 2
TH1: x1 =−3 ⇒ x2 =9 thay vào (2) ta có −3.9 =m + 3 ⇔ m =−30 (TMĐK)
TH1: x1 =2 ⇒ x2 =4 thay vào (2) ta có 2.4 = m + 3 ⇔ m = 5 (TMĐK)
Vậy để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn y1 + x2 =
0
thì m ∈ {−30;5}
Hình D
B
I
A E
0,25
O
F
C
1 Ta có: AB, AC là tiếp tuyến tại B và C của (O) (giả thiết)
⇒ AB ⊥ OB tại B; AC ⊥ OC tại C (Định nghĩa tiếp tuyến) 0,25
⇒
=
ABO = 900
ACO
IV Xét tứ giác ABOC có
0,25
ABO +
ACO =
1800
Mà
ABO;
ACO là hai góc đối của tứ giác ABOC.
0,25
⇒ ABCO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
2 Ta có, AB, AC là tiếp tuyến tại B và C của (O) (giả thiết)
0,25
⇒ AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà OA = OB = R
⇒ A, O thuộc đường trung trực BC (tính chất đảo về các điểm thuộc đường
0,25
trung trực)
⇒ AO là đường trung trực của BC
- ⇒ AO ⊥ BC tại E
Xét ∆ EAB và ∆ EBO có
= BEO
AEB = 900
0,25
BAE (cùng phụ với
= EBO ABE )
⇒ ∆EAB ∼ ∆EBO (g-g)
EA AB BE.BA
⇒ =⇒ =
OB =
R 0,25
EB OB AE
3 OBD
a) Ta có OID
=
= 900 ⇒ BDOI nội tiếp
= OBI
⇒ ODI (hai góc nội tiếp chắn OI
)
0,25
FCO
Ta có =
FIO = 900 ⇒ FIOC nội tiếp
= ICO
⇒ IFO (hai góc nội tiếp chắn OI
)
= OCB
Ta có OB = OC = R ⇒ ∆OBC cân tại O ⇒ OBC
= OFI
⇒ ODI 0,25
⇒ ∆OFD cân tại O
Ta có ∆ODF cân tại O, OI là đường cao
⇒ OI là đường trung tuyến
⇒ I là trung điểm OD
0,25
Mà I là trung điểm BE (giả thiết)
⇒ BDEF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
⇒ EF // BD hay EF//AB
Xét ∆CAB có
E là trung điểm BC,
0,25
EF // AB (F ∈ AC)
⇒ F là trung điểm AC.
V 5 x3 + 3 x 2 + 3 x −=
2 x 2 (5 x − 2) + x(5 x − 2) + (5 x − 2)
Ta có
= (5 x − 2)( x 2 + x + 1)
Phương trình đã cho tương đương với:
0,25
x2 1 2
(5 x − 2)( x 2 + x + 1) = + 3 x − (dkxd : x ≥ )
2 2 5
⇔ 2 (5 x − 2)( x 2 + x + 1) = x 2 + 6 x − 1
Đặt a= 5 x − 2; b= x 2 + x + 1 , a; b ≥ 0 0,25
- Ta có 2ab = a 2 + b 2 ⇔ a = b
5 x − 2= x2 + x + 1
⇔ 5x − 2 = x2 + x + 1
Khi đó:
⇔ x2 − 4x + 3 = 0
⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0
S = {1;3}
Chú ý :
1) Học sinh phải lập luật đúng và chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2) Nếu học sinh có cách giải đúng mà khác với hướng dẫn chấm thì giáo viên thống nhất chia điểm
dựa vào hướng dẫn chấm dành cho câu hay ý đó.
3) Giáo viên có thể chia nhỏ các bước giải để chấm điểm cho học sinh
4) Phần hình học: nếu học sinh không vẽ hình tương ứng hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
5) Điểm tổng toàn bài để lẻ đến 0,25.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
