Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn học sinh khối 9 đạt kết quả cao trong kì thi học kì 1 sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chia sẻ đến các bạn "Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa", mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Ý NỘI DUNG Điểm x−2 x +3 x −1 1 Cho biểu thức P = + − , với x ≥ 0 . x x +1 x − x +1 x +1 Rút gọn biểu thức P . Với điều kiện x ≥ 0 , ta có x−2 x +3 x −1 1 0,25 =P + − ( )( x +1 x − x +1 ) x − x +1 x +1 1 = x − 2 x +3+ ( x +1)( x − 1) − ( x − ) x +1 (1,0đ) ( x + 1)( x − x + 1) 0,25 I x − 2 x + 3 + x −1− x + x −1 = (2,0đ) ( )( x +1 x − x +1 ) 0,25 x − x +1 1 = = . ( )( x +1 x − x +1 ) x +1 0,25 1 Vậy P = . x +1 1 Tìm x để P = 2 2 1 1 1 Với x ≥ 0 , ta có: P = ⇔ = x +1 = ⇔ 2 0,50 2 x +1 2 (1,0đ) 1⇔ 1 (thỏa mãn). ⇔ x = x= 0,50 Vậy x = 1 là giá trị cần tìm. II 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y = ( a − 1) x + b − 2 ( a, b là tham số). Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : = 3 x + 8 và đi y (2,0đ) (1,0đ) qua điểm A ( 2;3) . Tính T a 2 + 2b 2 . = 1
Đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : = 3 x + 8 , nên ta có y a − 1 = (1) 3 0,50 Đường thẳng d đi qua điểm A ( 2;3) , nên ta có 3= ( a − 1) 2 + b − 2 ⇔ 2a + b = 7 (2) = 3 = 4 a − 1 a Từ (1) và (2) ta có hệ  ⇔  2a + b =7 b = 1 − 0,50 Khi dó ta có T = a 2 + 2b 2 = 16 + 2 = 18 . 2 x − y =4 Giải hệ phương trình  . 5 x + y = 3 2 2 x − y 4 = 7 = 7 x 0,50 Ta có  ⇔ (1,0đ) 5 x + y 3 = 2 x − y 4 = = 1= 1 x x ⇔ ⇔ . Vậy hệ có nghiệm ( x; y= (1; −2). ) 0,50 2 − y =4  y =2 − Giải phương trình x 2 + 6 x + 5 =0. 1 Ta có : = 1; b 6; c 5 a = = 0,50 (1,0đ) Ta thấy a − b + c =1 − 6 + 5 = 0 −1; −5 . Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =x2 = 0,50 Cho phương trình x 2 − 2(m − 1) x + 2m − 5 = .Tìm các giá trị của m để phương 0 trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện: (x2 1 − 2mx1 + 2m − 1)( x2 − 2mx2 + 2m − 1) < 0 . 2 Xét phương trình x 2 − 2(m − 1) x + 2m − 5 =(1) 0 III Ta có Δ ' = ( m 2 − 2m + 1) − 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2 > 0, ∀m 2 nên (2,0đ) phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . 0,25 2 (1,0đ)  x1 + x2 = 2(m − 1) (2) Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có   x1= 2m − 5 x2 (3) Vì x1 là nghiệm phương trình (1) nên: x12 − 2(m − 1) x1 + 2m − 5 =0 ⇔ x12 − 2mx1 + 2m − 1 = 2 x1 + 4 − 0,25 Tương tự ta có x2 − 2mx2 + 2m − 1 = 2 x2 + 4 2 − Khi đó (x2 1 − 2mx1 + 2m − 1)( x2 − 2mx2 + 2m − 1) < 0 2 0,25 2
⇔ (−2 x1 + 4)(−2 x2 + 4) < 0 ⇔ 4 [ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4] < 0 ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 < 0 (4) Thế (2) và (3) vào (4) ta được 3 2m − 5 − 2.2(m − 1) + 4 < 0 ⇔ −2m + 3 < 0 ⇔ m > 2 0,25 3 Vậy m > . 2 Cho tam giác ABC không có góc tù ( AB < AC ) và nội tiếp đường tròn (O) ( B, C cố định và A di động trên cung lớn BC ). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M . Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt ( O ) tại D và E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC tại F , cắt AC tại I . IV (3,0đ) Chứng minh MBOC là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác MBOC ,ta có: 1  MBO = 900 (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại B ) 0,50 (1,0đ)  MCO = 900 (vì MC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại C )   Suy ra MBO + MCO = 900 + 900 = 1800 0,50 Vậy tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh FI .FM = FD.FE 3
(1,0đ) * Xét 2 tam giác: FBD và FEC , ta thấy:   BFD = CFE (đối đỉnh)   DBF = CEF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD ) 0,25 Suy ra ∆FBD đồng dạng với ∆FEC (g-g) FD FB Suy ra = ⇔ FD.FE = .FC (1) FB FC FE * Xét tứ giác MBIC , ta có :   MBC = BAC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC )   BAC = MIC (đồng vị) 0,25   Suy ra MBC = BIC Ta thấy tứ giác MBIC có hai đỉnh B và I cùng nhìn cạnh MC dưới một góc bằng nhau. Vậy tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp. * Xét 2 tam giác: FBM và FIC , ta thấy   BFM = CFI (đối đỉnh)   MBF = FIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) 0,25 Suy ra ∆FBM đồng dạng với ∆FIC (g-g) FB FM Suy ra = ⇔ FI .FM = .FC (2) FB FI FC Từ (1) và (2), ta suy ra FI .FM = FD.FE (đpcm) 0,25 Tìm vị trí của đỉnh A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. Do tứ giác MBOC và tứ giác MBIC là hai tứ giác nội tiếp, suy ra 5 điểm 0,25 M , B, O, I , C cùng nằm trên một đường tròn 3 Gọi H là hình chiếu của I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là: (1,0đ) 1 S= BC.IH 0,25 2 Do BC không đổi nên diện tích tam giác IBC lớn nhất khi IH lớn nhất. Ta thấy, khi A chạy trên cung lớn BC thì I luôn thuộc đường tròn đường 0,25 kính OM . Do đó IH lớn nhất khi I trùng với O hay AC là đường kính 4
của đường tròn tâm (O) . Vậy khi A là điểm đối xứng với C qua O thì tam giác IBC có diện tích 0,25 lớn nhất. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab + + − 2 a + b + c ≥ −2 . b+c c+a a+b 3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab Đặt P = + + −2 a+b+c b+c c+a a+b 2a 2 2b 2 2c 2 a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab = + + + + + −2 a+b+c b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dễ chứng minh được với mọi số thực dương x, y, z ta có 1 1 1 ( x + y + z) + +  ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi x y z = = x y z a b c  a   b   c  Ta có + + =  + 1 +  + 1 +  + 1 − 3 b+c c+a a+b b+c  c+a   a+b   1 1 1  = (a + b + c) + + −3 b+c c+a a+b 1 1 3 0,25 V = 2 ( ( b + c ) + ( a + c ) + ( a + b ) )  b + c + c + a + a 1 b  − 3 ≥ 2 .9 − 3 = .  1 1 +   2  (1,0đ) 2a 2 2b 2 2c 2 Khi đó + + b+c c+a a+b (1,0đ)  2a 2   2b 2   2c 2  =  + 2a  +  + 2b  +  + 2c  − 2 ( a + b + c ) b+c  c+a   a+b         a   b   c  = 2a  + 1 + 2b  + 1  + 2c  + 1 − 2 ( a + b + c ) b+c  c+a   a+b   a b c  = 2(a + b + c) + +  − 2(a + b + c) b+c c+a a+b 3 ≥ 2 ( a + b + c). − 2 ( a + b + c) = ( a + b + c) 2 Tacó = a 2 + bc +a a 2 + bc + ab + ac = ( a + b )( a + c ) b+c b+c b+c a + bc ( a + b )( a + c ) 2 ⇒ = −a 0,25 b+c b+c Tương tự ta có: = b 2 + ca ( b + c )( b + a )= ( a + c )( c + b ) − c −b; c 2 + ab c+a c+a a+b a+b 5
a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab Khi đó + + b+c c+a a+b ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) − = (a + b + c) . b+c c+a a+b ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) ≥ 2 (a + b) b+c c+a ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ 2 (b + c ) c+a a+b ( c + a )( c + b ) + ( a + b )( a + c ) ≥ 2 0,25 (c + a) a+b b+c  ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )  ⇒ 2 + +  ≥ 4(a + b + c)  b+c c+a a+b  ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ 2 ⇔ (a + b + c) b+c c+a a+b 2  1 1 1 ⇒ P ≥ 2 ( a + b + c ) − 2 a + b + c 2  a + b + c −  − ≥ − > −2 . =  2 2 2 Vậy, với a, b, c là các số thực dương thì 0,25 3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab + + − 2 a + b + c ≥ −2 (đpcm) b+c c+a a+b ------------------------ HẾT ------------------------ Đáp án đã điều chỉnh (câu V thay 4 a + b + c bằng 2 a + b + c ) 6