Đề thi khảo sát năng lực môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 (có đáp án) - Trường THCS Minh Khai

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

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các bạn "Đề thi khảo sát năng lực môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 (có đáp án) - Trường THCS Minh Khai". Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát năng lực môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 (có đáp án) - Trường THCS Minh Khai

TRƯỜNG THCS MINH KHAI KHẢO SÁT NĂNG LỰC HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ A Ngày thi: 22/3/2024 (Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang) x x −3 2 x −6 x +3 Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức: = P − − với x ≥ 0; x ≠ 9 x−2 x −3 x +1 x −3 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tính giá trị của biểu thức P khi x= 3 − 2 2 . Câu II (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : = ax + b. Tìm a, b y để đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M (−1; 2) . x − y =2 2. Giải hệ phương trình:  3x + 2y =11 Câu III (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: x 2 − 3x + 2 =. 0 2. Cho phương trình x 2 − 2mx − m 2 − 2 = ( m là tham số). Tìm các giá trị của m 0 để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 (với x1 < x2 ) thỏa mãn hệ thức x2 − 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4 . Câu IV (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB , lấy điểm H thuộc đường kính AB , qua điểm H kẻ dây CD vuông góc với đường kính AB , lấy điểm E thuộc cung nhỏ BD ( E khác B và D ); AE cắt CD tại điểm F . 1. Chứng minh: Tứ giác BEFH nội tiếp. 2. Chứng minh: CD 2 = 4. AH .HB 3. Đường thẳng đi qua H song song với CE , cắt đường thẳng AE và BE lần lượt tại I và K . Gọi G là giao điểm của DE và IK, M là trung điểm của đoạn thẳng CE. Chứng minh: DI ⊥ AE và ba đường thẳng CI, MG, BE đồng quy. Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = . 3 xyz x y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 2 + 2 + 2 + xyz . 1+ y 1+ z 1+ x 2 -------------------------------------- HẾT ---------------------------------------------- Họ và tên thí sinh: .............................................................................. SBD: ................................................................ Chữ ký của CBCT1: ........................................................................ Chữ ký của CBCT2: ................................
TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM MINH KHAI Môn thi: TOÁN Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong hướng dẫn chấm này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Nội dung Điểm 1. ĐK : x ≥ 0;; x ≠ 9 ( ) − x +3 ( ) ( x + 3)( ) 2 x x −3 2 x −3 x x −3− 2 x −3 − x +1 0,50 =P − = ( x +1)( x −3 ) x +1 x −3 ( x + 1)( x − 3) x x − 3 − 2 x + 12 x − 18 − x − 4 x − 3 x x − 3 x + 8 x − 24 = = ( )( x +1 x −3 ) ( )( x +1 x −3 ) 0,50 I = x ( ) ( x − 3) = ( x + 8 ) ( x − 3) = x −3 +8 x +8 (2,0đ) ( x + 1)( x − 3) ( x + 1)( x − 3) x +1 x +8 Vậy với x ≥ 0;; x ≠ 9 thì P = 0,25 x +1 2. Với x = − 2 2 = 2 − 1) ⇒ x = 2 − 1 ( 2 3 0,25 11 − 2 2 11 2 − 4 Thay P vào ta= = có : P 2 2 0,50 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình = ax + b . y Tìm a, b để đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm M (−1; 2) . Đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 3 nên suy ra a = 3 . 0,50 II Mặt khác (d ) đi qua M (−1; 2) ta có − a + b = 2 ⇔ −3 + b = 2 ⇔ b = 5. Vậy giá (2,0đ) 0,50 trị cần tìm là= 3; b 5. a = 2 x= 4 = 15 − 2y 5 x = 3= 3 x x 0,75 2. Ta có hệ PT ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ 3 x= 11 = 2 + 2y x− y x−2 y = y = 1 Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất ( x; y) = (3; 1) 0,25 1. Giải phương trình x 2 − 3 x + 2 =0. Ta có a + b + c = 1 + ( −3) + 2 = 0 . 0,50 c III Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x= 1; x2 1 = = 2. a 0,50 (2,0đ) Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; 2} . 2. Cho phương trình x 2 − 2mx − m 2 − 2 = ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để 0 phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 < x2 ) thỏa mãn hệ thức
x2 − 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4. Ta có ∆ ' = ( − m ) − (− m 2 − 2) = 2m 2 + 2 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình luôn có 2  x1 + x2 =2m (1) 0,25 hai nghiệm x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Khi đó theo Viet, ta có  .  x1.x2 = 2 − 2 (2) −m Do x1.x2 = m 2 − 2 < 0 ⇒ x1 < 0; x2 > 0. − Giả thiết x2 − 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4 0,25 ⇔ 2 x1 + x2 − 3(−m 2 − 2) = 3m 2 + 3m + 4 ⇔ 2 x1 + x2 = 3m − 2 (3)  x1 + x2 = 2m x =m − 2 Từ (1), (3) ta có  ⇔ 1 0,25 2 x1 + x2 = 3m − 2  x2 = m + 2 Thay x1 = − 2; x2 = + 2 vào (2) , ta được m m  m = −1 ( m − 2 )( m + 2 ) = m2 − 2 ⇔ 2m2 = ⇔  − 2 (thỏa mãn). 0,25  m =1 Vậy giá trị cần tìm là m = −1 và m = 1. Qua điểm H kẻ dây CD vuông góc với đường kính AB , lấy điểm E thuộc cung nhỏ BD ( E khác B và D ); AE cắt CD tại điểm F . 1. Chứng minh: Tứ giác BEFH nội tiếp. C 1. HS chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp. 1,0 2. Chứng minh: CD 2 = 4. AH .HB Xét ( O; R ) có dây CD ⊥ AB tại H H M ⇒ H là trung điểm của CD (quan hệ giữa 0,25 A B O đường kính và dây). F I Xét (O) có:  = 90o (góc nội tiếp chắn ACB 0,25 G nửa đường tròn) E Xét ∆ABC vuông tại C , có CH là đường D cao ⇒ CH 2 = 0,25 AH .HB IV K (2,0đ) CD Mà CH = . Nên CD 2 = 4. AH .HB 2 0,25 N 3. Đường thẳng đi qua H song song với CE , cắt đường thẳng AE và BE lần lượt tại I và K . Gọi G là giao điểm của DE và IK, M là trung điểm của đoạn thẳng CE. Chứng minh: DI ⊥ AE và ba đường thẳng CI, MG, BE đồng quy.  DCE  HI //CE ⇒ DHI = (2 góc đồng vị)   Xét (O; R) có: DAE = DCE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) 0,25  DAE  ⇒ DHI =⇒ DHI =  DAI    Xét tứ giác DAHI có: DHI = DAI , Mà H , A là 2 đỉnh kề nhau ⇒ Tứ giác AHID nội tiếp. ⇒  =  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD) AHD AID 0,25 Mà = 90° ⇒ = 90° ⇒ DI ⊥ AE AHD AID
  Xét (O;R) có DBE = DAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE)    DBE Mà DAE = DHI (cmt) ⇒ DHI =     Xét tứ giác DIEK có: DIE IEK DKE 90° = = = 0,25 ⇒ Tứ giác DIEK là hình chữ nhật ⇒ IK và DE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ G là trung điểm của IK . Giả sử CI cắt BK tại N ; NG cắt CE tại M ’ IG NG Ta có: IG //CM ' ⇒ = (Hệ quả định lí Ta let) CM ' NM ' GK NG IG GK GK //M ' E ⇒ =⇒ = M ' E NM ' CM ' M ' E 0,25 Mà IG = GK ( G là trung điểm IK ) ⇒ CM ' = ⇒ M ’ là trung điểm của CE M 'E ⇒ M trùng M ’ ⇒ M , G , N thẳng hàng Vậy CI , MG , BE đồng quy Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = . 3 xyz x y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 2 + 2 + 2 + xyz . 1+ y 1+ z 1+ x 2 1 1 1 Vì xy + yz + zx = . nên 3 xyz + + =3 0,25 x y z 1 1 1 Mà ( x + y + z )  + +  ≥ 9 ⇒ x + y + z ≥ 3 (1)  x y z  x xy 2 xy 2 xy Ta có: 2 = x− 2 ≥ x− = x− ( Vì 1 + y 2 ≥ 2 y > 0 ) 0,25 1+ y 1+ y 2y 2 V y yz z zx (1,0đ) Tương tự 2 ≥ y− ; 2 ≥ z− 1+ z 2 1+ x 2 x y z xy yz zx Suy ra 2 + 2 + 2 ≥ x− + y− +z− 1+ y 1+ z 1+ x 2 2y 2 x y z 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + ( xy + yz + zx ) ≥ x + y + z 0,25 1+ y 1+ z 1+ x 2 x y z 3 ⇔ 2 + 2 + 2 + xyz ≥ x + y + z (2) 1+ y 1+ z 1+ x 2 Từ (1) và (2), ta được Q ≥ 3 . 0,25 Khi x= y= z= 1 thì Q = 3 .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q bằng 3. ------------------ Hết -----------------
TRƯỜNG THCS MINH KHAI KHẢO SÁT NĂNG LỰC HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2023 - 2024 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ B Ngày thi: 22/3/2024 (Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang) y y −3 2 y −6 y +3 Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức: Q = − − với y ≥ 0; y ≠ 9 y −2 y −3 y +1 y −3 1. Rút gọn biểu thức Q. 2. Tính giá trị của biểu thức Q khi y= 3 − 2 2 . Câu II (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : = ax + b. Tìm a, b y để đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 2 và đi qua điểm M (−1; 2) . x − y =2 2. Giải hệ phương trình:  3x + 2y =6 Câu III (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: x 2 − 4 x + 3 =. 0 2. Cho phương trình x 2 − 2mx − m 2 − 2 = ( m là tham số). Tìm các giá trị của m 0 để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 (với x1 > x2 ) thỏa mãn hệ thức x2 + 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4 . Câu IV (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB , lấy điểm Q thuộc đường kính AB , qua điểm Q kẻ dây CD vuông góc với đường kính AB , lấy điểm E thuộc cung nhỏ BD ( E khác B và D ); AE cắt CD tại điểm F . 1. Chứng minh: Tứ giác BEFQ nội tiếp. 2. Chứng minh: CD 2 = 4. AQ.QB 3. Đường thẳng đi qua Q song song với CE , cắt đường thẳng AE và BE lần lượt tại I và K . Gọi G là giao điểm của DE và IK, M là trung điểm của đoạn thẳng CE. Chứng minh: DI ⊥ AE và ba đường thẳng CI, MG, BE đồng quy. Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = . 3abc a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 + 2 + 2 + abc . 1+ b 1+ c 1+ a 2 -------------------------------------- HẾT ---------------------------------------------- Họ và tên thí sinh: .............................................................................. SBD: ................................................................ Chữ ký của CBCT1: ........................................................................ Chữ ký của CBCT2: ................................
TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM MINH KHAI Môn thi: TOÁN Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong hướng dẫn chấm này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Nội dung Điểm 1. ĐK : y ≥ 0;; y ≠ 9 ( ) − y +3 ( ) ( y + 3)( ) 2 y y −3 2 y −3 y y −3− 2 y −3 − y +1 0,50 =Q − = ( y +1)( y −3 ) y +1 y −3 ( y + 1)( y − 3) y y − 3 − 2 y + 12 y − 18 − y − 4 y − 3 y y − 3 y + 8 y − 24 = = ( )( y +1 y −3 ) ( y +1)( y −3 ) 0,50 I = y ( ) ( y − 3) = ( y + 8 ) ( y −3 +8 y −3 )= y +8 (2,0đ) ( y + 1)( y − 3) ( y + 1)( y − 3) y +1 y +8 Vậy với y ≥ 0; y ≠ 9 thì Q = 0,25 y +1 2. Với y = − 2 2 = 2 − 1) ⇒ y = 2 − 1 ( 2 3 0,25 11 − 2 2 11 2 − 4 Thay P vào ta= = có : P 2 2 0,50 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình = ax + b . y Tìm a, b để đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 2 và đi qua điểm M (−1; 2) . Đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 2 nên suy ra a = 2 . 0,50 II Mặt khác (d ) đi qua M (−1; 2) ta có − a + b = 2 ⇔ −3 + b = 2 ⇔ b = 5. Vậy giá (2,0đ) 0,50 trị cần tìm là= 2; b 5. a = x − y =2 2 x − 2 y 4 = 10 = 5 x = 2= 2 x x 0,75 2. Ta có hệ PT  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3x + 2y = 3 x + 2 y 6 6 = x − y 2 = x−2 y = y = 0 Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất ( x; y) = (2; 0) 0,25 1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 =0. Ta có a + b + c = 1 + ( −4 ) + 3 = 0 . 0,50 c III Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x= 1; x2 1 = = 3. a 0,50 (2,0đ) Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; 3} . 2. Cho phương trình x 2 − 2mx − m 2 − 2 = ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để 0 phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ( x1 > x2 ) thỏa mãn hệ thức
x2 + 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4. Ta có ∆ ' = ( − m ) − (− m 2 − 2) = 2m 2 + 2 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình luôn có 2  x1 + x2 =2m (1) 0,25 hai nghiệm x1 , x2 ( x1 > x2 ) . Khi đó theo Viet, ta có  .  x1.x2 = 2 − 2 (2) −m Do x1.x2 = m 2 − 2 < 0 ⇒ x1 > 0; x2 < 0. − Giả thiết x2 + 2 x1 − 3 x1 x2 = 3m 2 + 3m + 4 0,25 ⇔ 2 x1 + x2 − 3(−m 2 − 2) = 3m 2 + 3m + 4 ⇔ 2 x1 + x2 = 3m − 2 (3)  x1 + x2 = 2m x =m − 2 Từ (1), (3) ta có  ⇔ 1 0,25 2 x1 + x2 = 3m − 2  x2 = m + 2 Thay x1 = − 2; x2 = + 2 vào (2) , ta được m m  m = −1 ( m − 2 )( m + 2 ) = m2 − 2 ⇔ 2m2 = ⇔  − 2 (không tmđk x1 > 0; x2 < 0. ). 0,25  m =1 Vậy không có giá trị của m. Qua điểm Q kẻ dây CD vuông góc với đường kính AB , lấy điểm E thuộc cung nhỏ BD ( E khác B và D ); AE cắt CD tại điểm F . 1. Chứng minh: Tứ giác BEFQ nội tiếp. C 1. HS chứng minh tứ giác BEFQ nội tiếp. 1,0 2. Chứng minh: CD 2 = 4. AQ.QB Xét ( O; R ) có dây CD ⊥ AB tại Q M Q ⇒ Q là trung điểm của CD (quan hệ giữa 0,25 A O B F đường kính và dây). I Xét (O) có:  = 90o (góc nội tiếp chắn ACB 0,25 G nửa đường tròn) E D Xét ∆ABC vuông tại C , có CQ là đường IV 0,25 K AQ.QB cao ⇒ CQ 2 = (2,0đ) CD Mà CQ = . Nên CD 2 = 4. AQ.QB 2 0,25 N 3. Đường thẳng đi qua Q song song với CE , cắt đường thẳng AE và BE lần lượt tại I và K . Gọi G là giao điểm của DE và IK, M là trung điểm của đoạn thẳng CE. Chứng minh: DI ⊥ AE và ba đường thẳng CI, MG, BE đồng quy.  DCE  QI //CE ⇒ DQI = (2 góc đồng vị)   Xét (O; R) có: DAE = DCE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) 0,25  DAE  ⇒ DQI =⇒ DQI =  DAI    Xét tứ giác DAQI có: DQI = DAI , Mà Q, A là 2 đỉnh kề nhau 0,25 ⇒ Tứ giác AQID nội tiếp. ⇒  =  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD) AQD AID
Mà = 90° ⇒ = 90° ⇒ DI ⊥ AE AQD AID   Xét (O;R) có DBE = DAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE)    DBE Mà DAE = DQI (cmt) ⇒ DQI =     Xét tứ giác DIEK có: DIE IEK DKE 90° = = = 0,25 ⇒ Tứ giác DIEK là hình chữ nhật ⇒ IK và DE cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ G là trung điểm của IK . Giả sử CI cắt BK tại N ; NG cắt CE tại M ’ IG NG Ta có: IG //CM ' ⇒ = (Hệ quả định lí Ta let) CM ' NM ' GK NG IG GK GK //M ' E ⇒ =⇒ = M ' E NM ' CM ' M ' E 0,25 Mà IG = GK ( G là trung điểm IK ) ⇒ CM ' = ⇒ M ’ là trung điểm của CE M 'E ⇒ M trùng M ’ ⇒ M , G , N thẳng hàng Vậy CI , MG , BE đồng quy Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = . 3abc a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 + 2 + 2 + abc . 1+ b 1+ c 1+ a 2 1 1 1 Vì ab + bc + ca = . nên 3abc + + =3 0,25 a b c  1 1  1 Mà ( a + b + c )  + +  ≥ 9 ⇒ a + b + c ≥ 3 (1)  a b c  a ab 2 ab 2 ab Ta có: 2 =a− 2 ≥a− =a− ( Vì 1 + b 2 ≥ 2b > 0 ) 0,25 V 1+ b 1+ b 2b 2 (1,0đ) b bc c ca Tương tự 2 ≥b− ; 2 ≥c− 1+ c 2 1+ a 2 a b c ab bc ca Suy ra 2 + 2 + 2 ≥ a− +b− +c− 1+ b 1+ c 1+ a 2 2c 2 a b c 1 ⇔ 2 + 2 + 2 + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c 0,25 1+ b 1+ c 1+ a 2 a b c 3 ⇔ 2 + 2 + 2 + abc ≥ a + b + c (2) 1+ b 1+ c 1+ a 2 Từ (1) và (2), ta được A ≥ 3 . 0,25 Khi a= b= c= 1 thì A = 3 .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 3. ------------------ Hết -----------------