TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN: TOÁN – LỚP 9 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 21 tháng 5 năm 2021
=
A
=
+
>
B
:
x
0;
x
Bài I( 2 điểm). Cho các biểu thức
≠ 9
+ +
x −
3 9
1 + x
x
3
3
x x
4 3
+ x − x
và với
1 x = . 9
=
B
1. Tính A tại
+ +
x x
1 3
=
−
P
A
B
2. Chứng minh rằng
(
)1 .
. Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất. 3. Đặt
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).
+
= − 1
x +
y
1
Bài III (2 điểm).
−
=
x x 2 + x
y
13 3
3 − x 1 − x
1
2
d
y
= − 6
x m
(
) :P y
x= − và đường thẳng ( ) :
+ + 3
1. Giải hệ phương trình sau:
)P và ( )d khi
2m = .
thỏa mãn
A x y B x y );
(
(
;
;
)
)P cắt ( )d tại hai điểm phân biệt
= 0
2. Trên mặt phẳng tọa độ xOy, cho Parabol
y 1
x+ 2
1
1
2
2
a. Tìm tọa độ giao điểm của ( b. Tìm m để (
= . R
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 AE
2. Chứng minh: BC vuông góc với OA và
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
2
3
2
+
+
− + =
+
5
x
3
x
3
x
2
3
x
1 2
x 2
Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình:
Chúc em làm bài tốt!
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN 9
Đáp án Bài Câu Điểm
=
A
1 x = . 9
1 . Tính A tại
x x >
+ + 0;
4 3 x
x
≠ 9
x = (TMĐK)
1 9
0,25 ĐK:
+
4
=
A
Thay vào A, ta có:
13 10
+
3
1 9 1 9
= 0,25
x = thì A =
13 10
1 9
−
x
3
3
x
3
=
+
=
+
B
:
.
Vậy tại
+ −
x −
x x
3 9
1 + x
3
x
3
x
−
+
−
+
x
3
x
3
x
3
x
3
+ )(
0,25
)
(
(
− x )(
)
−
−
+
x
x
x
3
x
=
.
.
I 2
+
x 3
1 x
x
x
3 +
3
x
x
3
=
+ + 3 )( −
0,25
)
(
x
x
(
=
.
+
x
3
1 x
0,25
)1 +
=
=
B
+ +
+ +
x x
1 3
x x
1 3
=
−
Vậy 0,25
P
A
B
(
)1 .
3 Đặt . Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất.
>
x
0;
x
≠ 9
0,25 * ĐK:
+
x
=
−
=
−
=
P
(
A
1).
B
2
+ +
+ +
x x
4 3
x x
1 3
1 .
+
x
3
1 )
(
x
2
=
=
−
2
1 + x
3
+
+
3
x
x
3
+ − 3 2 2 )
(
)
(
=
= −
a
P a
22 a
1 + x
3
2
2
2
−
−
−
P
= − 2
a
+ = − a 2
a
= − 2
a
a 2. .
a 2
1 1 + 4 16
1 16
2
−
+
= − 2
a
1 4
1 8
⇒ Đặt
2
−
≤
a
∀ a
− 2
0
1 4
2
Ta có
−
⇒ − 2
a
P
1 4
1 + ≤ ⇒ ≤ 8
1 8
1 8
2
−
= ⇔ =
− 2
a
0
a
0,25
1 4
1 4
⇒
= ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
3 4
1
x
x
x
TM K 1( D )
1 4
1 + x
3
1x =
Dấu “=” xảy ra khi
maxP = đạt được khi
1 8
>
x
2;
x N
∈ , đơn vị:
Vậy
Gọi số xe ban đầu đội vận tải dự định sử dụng là x ( 0,25 xe).
II Số xe thực tế làm việc là x – 2 (xe) 0,25
420 x
Ban đầu mỗi xe dự định chở (tấn/xe) 0,25
420 2x −
Thực tế mỗi xe phải chở là (tấn/xe) 0,25
Vì so với dự kiến, mỗi xe phải chở thêm 7 tấn nên ta có phương trình
420 2x −
420 x
0,25 + 7 =
⇔
+
=
420( x x (
− 2) x − 2)
− 2) x x 7 ( − 2) x x (
420 − x x (
x 2)
2
−
−
420
14
x
x
⇔
=
x 2)
+ 840 7 x − ( 2) x x
420 − ( x x
2
−
−
=
⇒
x
+ 840 7
x
14
x
420
x
420 2
−
=
14
x
840 0
⇔ − x 7 2
2
0,25
−
12
x
0
10
= 120 0 ) =
= −
⇔ − x ( ⇔ + x
x x
− x )( 10( ) L TM )
12(
⇔ =
0,25
Vậy ban đầu đội vận tải dự kiến sử dụng 12 xe 0,25 (tấn/xe) Và mỗi xe dự định chở 420 :12 35=
2
Diên tích xung quanh hình nón là
π=
=
=
3,14.160.400
200960(
)
rl
mm
xqS
0,25
2
2
Diện tích giấy màu cần dùng là:
=
=
200960(
mm
)
2009, 6(
cm
)
xqS
0,25
+
= − 1
x +
y
1
1
−
=
13 3
x 2 x + x
y
1
3 − x 1 − x
Giải hệ phương trình sau:
=
a
+ = − 1
1
0,25
−
=
a
b 2
=
b
a b 3
13 3
y
1 − x x + x
+ = −
+
= −
+ = −
6
1
ĐK: ; hệ phương trình đã cho trở thành
⇔
⇔
⇔
=
a −
1 13
13
7
b 6 = 6 b
a b 3 − 3 6 b a
18 3 a
a b 3 = 21 a
= − −
= −
1 1
2
1
+ = − b
1 3
⇔
⇔
⇔
III 0,25
=
=
a
a
=
a
b
b
1 3
1 3
3.
1 3
0,25
= − 2
= − 2
= − 2
= − 2
y
x +
x
y
⇔
⇔
⇔
=
x x
x + y − = 1 9
y 10
− =
x
1 3
10 + 10 = x
1 3
1
x + x 1 − x
⇒
= −
= −
− 20 2
y
15
⇔
⇔
=
10
y x
10
10 = x
0,25
) x y = ;
( − 10; 15
)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
2
−
+ +
x
= − 6
x m
3
2
a
b
1;
3 0 − m m 4
+ + = x m 6 = = c 4;
2
)2
+ = ⇔ −
−
2 6 −
5 0
5
⇔ − x ( = Với m = 2, ta có phương trình = 0 x
x
x
x
)( 1
(
)
1
5
= x ⇔ = x Tung độ giao điểm là
= ⇔ = − = − 1
1
2 1
x
y
0,25
2
= −
= ⇔ = − 5
5
25
x
y
−
−
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; 1);(5; 25)
0,25
2
−
+ +
x
= − 6
x m
3
2
+ + = x m 6 3 0 + = = − c m 3 6;
)
2
2
⇔ − x ( = b a 1; ∆ =
−
= −
−
+
b
4
ac
( 6)
4.1.
m
3
(
)
3 Xét phương trình hoành độ giao điểm là
−
=
m
m
12
− 36 4
∆ > ⇔ −
24 4
0
m
> ⇔ < m 6
0
=
+
=
(1)
6
x 2
x 1
− b a
=
=
+
m
(2)
3
x x . 1 2
= − 26 4 Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Áp dụng định lý Vi-ét ta có:
c a
2
0
= được
0,25
y 1
x+ 2
y 1
x= − 1
−
+
0
= ta có
6
Ta có thay vào
= − , thay vào
2 x 1
x 2
x 2
x 1
2
2
−
= ⇔ +
− = ⇔ +
−
+ − 6
0
6 0
3
2
= 0
(
)(
)
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 2
Từ (1) ta có 0,25
2
= − x 3 ⇔ 1 = x 1
−
=
+ ⇔ = −
(TMĐK)
m
m
3
30
3
9
= − ⇒ = thay vào (2) ta có 3.9
x 1
x 2
=
m
+ ⇔ = (TMĐK) 5
m
3
4
2
TH1:
= ⇒ = thay vào (2) ta có 2.4
x 1
x 2
= 0
TH1:
y 1
x+ 2
thì
{ m ∈ −
} 30;5
Vậy để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn
D
Hình
B
I
0,25
E
A
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
⇒ 090 = ABO ACO
=
0 + ABO ACO 180
IV Xét tứ giác ABOC có 0,25
ABO ACO là hai góc đối của tứ giác ABOC.
Mà ; 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
0,25 ⇒ A, O thuộc đường trung trực BC (tính chất đảo về các điểm thuộc đường trung trực)
⇒ AO là đường trung trực của BC
⇒ AO ⊥ BC tại E
=
090 = AEB BEO
Xét ∆ EAB và ∆ EBO có
BAE EBO =
0,25
(cùng phụ với ABE )
=
⇒ ∆EAB ∼ ∆EBO (g-g)
= OB R
AB EA = ⇒ EB OB
. BE BA AE
⇒ 0,25
= OID OBD
3
=
= ⇒ BDOI nội tiếp (hai góc nội tiếp chắn OI ) ⇒ ODI OBI Ta có 090 = ⇒ FIOC nội tiếp = FIO FCO ⇒ IFO ICO= (hai góc nội tiếp chắn OI ) Ta có OB = OC = R ⇒ ∆OBC cân tại O ⇒ OBC OCB
a) Ta có 090 = 0,25
=
0,25 ⇒ ODI OFI
⇒ ∆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)
3
2
2
+
+
−
+
−
+
−
⇒ F là trung điểm AC.
5
x
3
x
x
− = 2
x
(5
x
2)
x
(5
x
2)
(5
x
2)
3 2
=
−
(5
x
2)(
x
+ + x
1)
V Ta có
2
2
−
=
+
−
≥
(5
x
2)(
x
+ + x
1)
3
x
(
dkxd x
:
)
x 2
1 2
2 5
2
2
⇔
−
=
+
2 (5
x
2)(
x
+ + x
1)
x
6
x
− 1
2
Phương trình đã cho tương đương với: 0,25
=
−
=
a
5
x
2;
b
x
1
x
+ + ,
a b ≥ 0 ;
0,25 Đặt
2
2
=
2ab
a
b
a
+ ⇔ = b
2
x
+ + x
5
− = 2
1
x 2
x
+ + x
5
2
1
Ta có
⇔ − = x 2
+ =
x
4
x
⇔ − x ⇔ − x (
1)(
3 0 = − 3) 0
S =
{1;3}
Khi đó:
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.
