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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp bạn đọc nắm bắt được cấu trúc đề thi, từ đó có kế hoạch ôn tập và củng cố kiến thức một cách bài bản hơn, chuẩn bị tốt cho kỳ thi sắp. Xin thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 "Đề thi khảo sát môn Toán lớp 9 tháng 5 năm 2023-2024 (có đáp án) - Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Chương Mỹ".

Chủ đề:

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

Lưu

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

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Bài I (2,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Thay x = 25 (TMĐK) vào biểu thức A, ta được: 1) 25 5 5 0,25 A   25  1 51 6 (0,5 điểm) 5 0,25 Vậy A  khi x = 25 6 Với x  0; x  4 , ta có: 7 x 6 x 3 1 B   x4 x 2 2 x 0,25 7 x 6 x 3 1     x 2  x 2  x 2 x 2  7 x 6   x 3  x 2  x 2  x  2  x  2  x  2  x  2  x 2  x 2  0,25 2) 7 x 6 x3 x 2 x 6 x 2   x 2  x 2  (1,0 điểm) x3 x 2   x 2  x  2   x  2  .  x  1 0,25  x  2  x  2  x 1  x 2 x 1 Vậy B  với x  0; x  4 0,25 x 2 +) Ta có: x x 1 x P  A.B  .  x 1 x 2 x 2 3) +) Với x  0; x  4 , ta có: P P  0 (0,5 điểm)  P  P P 0 x 0,25  0 x 2
Với x  0; x  4  x  0 x Nên để  0 x 2  0 x 2  x 2x 4 +) Kết hợp ĐKXĐ, ta có: 0  x  4 0,25 Mà x là số nguyên lớn nhất nên x  3 (tmđk) Bài II (2,0 điểm) Gọi vận tốc xe của bạn Tú là x (km/h, x > 0) 0,25 Khi đó vận tốc xe của bạn Dũng là x +4 (km/h). 0,25 28 Thời gian bạn Tú đi hết quãng đường AB là: (h) x 0,25 28 Thời gian bạn Dũng đi hết quãng đường AB là: (h) x4 1 (1,5 điểm) 1 Vì bạn Dũng đến B sớm hơn bạn Tú 10 phút tức là  h  nên 6 0,25 28 28 1 ta có phương trình:    x 2  4 x  672  0 x x4 6 Giải phương trình ta được x1  24 (TMĐK); x2  28 (Loại) 0,25 Vận tốc xe của Tú là 24 km/h, vận tốc xe của Dũng là 28 km/h. Như vậy thì bạn Tú đi đúng vận tốc quy định, còn bạn Dũng đi 0,25 không đúng vận tốc quy định. Ký hiệu độ dài đường sinh của hình nón là l  15 cm, bán kính đáy nón là R  9 cm, chiều cao là h 2 Chiều cao của hình nón bằng h  l 2  R2  152  92  12 cm. 0,25 (0,5 điểm) Thể tích của hình nón bằng : 1 1 0,25 V   R 2 h  . .92.12  324  1017, 36  cm3  3 3 Bài III (2,5 điểm) Câu Nội dung Điểm  1  3x  4  3 y  1  2    3  5 y 1  4 1  3x  4  0,25 (1,0 điểm) 4 Điều kiện: x  ; y  1 3 1 Đặt a  ; b  y  1  a  0; b  0  . 3x  4
Hệ phương trình trở thành  1 a  3b  2   a  2  3b a  2  3b a  2      (thỏa mãn). 3a  5b  4 3  2  3b   5b  4  4b  2 b  1   2 Trở lại ẩn cũ:  x  2  1  1  3x  4  2  3 x  4  2   (tm)  3x  4 2    3 x  4  2  x  2  0,25   1   3  y 1  1  y 1     2  4  y  3  tm   4 3 2 3    0,25 Vậy Hệ phương trình có 2 nghiệm (x ; y) là 2;  ;  ;          4  3 4    a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P ) : x  (2m  1) x  m2  2  x 2  (2m  1) x  m2  2  0 1 2 0,25 Tính được:     2m  1  4 m 2  2  4m 2  4m  1  4m 2  8  4m  7 2 0,25 Để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt Khi pt (1) có 2 nghiệm phân biệt 0,25 7    0  4m  7  0  m  (*) 4 Gọi x 1; x 2 là hai nghiệm của phương trình (1) x  x  2m  1 (2)  1 Theo định lý Viete, ta có:   2  x 1 .x 2  m 2  2 (3)  2)   Mà x1  (2m  1) x2  2 x1 x2  7 (4) 2 0,25 (1,5 điểm) Thay (2) vào (4) ta được: x12  ( x1  x2 ) x2  2 x1 x2  7  x12  x2  x1 x2  2 x1 x2  7 2  ( x1  x2 ) 2  3x1 x2  7   2m  1  3 m 2  2  7  2 0,25  4m  4m  1  3m  6  7  0 2 2  m 2  4m  12  0  m  2m  6  0 m  2 TM    0,25  m  6 L  Vậy m  2 là giá trị cần tìm.
Bài IV (3,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Hình vẽ 0,25 1)  +) lập luận : ABO  900 0,25  +) lập luận: ACO  900 0,25 (0,75 điểm) +) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp 0,25 2) (1,5 điểm) +) Chứng minh:  ABD  AEB ( g.g) 0,25 + chỉ ra : AD .AE  AB (1) 2 +) lập luận AO là đường trung trực của BC  AO  BC tại H 0,25 +) Chỉ ra: AH .AO  AB 2 (HTL trong tam giác vuông) (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AH .AO  AD.AE AH AD  +) Từ AH .AO  AD.AE Suy ra:  mà DAH chung AE AO +) Chứng minh:  AHD  AEO( c.g.c) 0,25       + chỉ ta AHD  AEO hay AHD  EDO (do DEO  EDO vì ODE cân tại O) Chứng minh tứ giác: DHOE nội tiếp
   EDO  EHO ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EO ) 0,25   + chỉ ra AHD  EHO   +) chứng minh được DHB  EHB ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau) 0,25  Do dó HB là tia phân giác của DHE 0,25 3) (0,5 điểm)     + Ta có AHD  EDO (cmt) hay XHD  DEO + Chứng minh được tứ giác DXYH nội tiếp ( do     DXH  DYH  900 ) suy ra XYD  XHD   + Chứng minh được tứ giác DYZE nội tiếp suy ra EYZ  EDZ 0,25       Khi đó XYZ  XYD  DYE  EYZ  XHD  900  EDZ    DEO  EDZ  900   Mà DEZ vuông tại Z nên DEO  EDZ  900  0,25 Nên XYZ  1800 vậy 3 điểm X ,Y , Z thẳng hàng ( đpcm)
Bài V (0,5 điểm) Ta có : 1  x  2   x  1 x  2   0  3x  x 2  2 2  y  3   y  2  y  3  0  5 y  y 2  6 Khi đó P  (2 x  5)(3  2 y)  6 x  10 y  4 xy  15    2  3 x  5 y  2 xy   15  2 x 2  2 xy  y 2  8  15 0,25  2  x  y 1  1 2 3x  x 2  2  x  1 x  2   0   Dấu “ = ” xảy ra khi 5 y  y 2  6   y  2  y  3  0  x  y  2(tmdk ) x  y x  y   0,25 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x  y  2 . Chú ý: Các cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa