Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng, Hà Nội

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

163
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thông qua việc giải trực tiếp trên “Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng, Hà Nội” các em sẽ nắm vững nội dung bài học, rèn luyện kỹ năng giải đề, hãy tham khảo và ôn thi thật tốt nhé! Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Phòng GD&ĐT Hai Bà Trưng, Hà Nội

UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2023 -2024 Ngày khảo sát: /5/2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: ( 2,0 điểm). x +2  x +2 x − 2 16  7 x − 2 Cho hai biểu thức A = và B =   x − 2 − x + 2 + 4 − x . 8  với x  0; x  4 . 2 x +1   1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 . 7 x −2 2) Chứng minh B = . x +2 3) Tìm x để biểu thức P = A.B nhận giá trị là số nguyên dương. Bài 2: ( 2,0 điểm). 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Sân vận động Morodok Techo ở thủ đô PhnomPenh của Campuchia có sức chứa 60.000 chỗ ngồi là nơi phục vụ cho SEA Games 32. Một đơn vị được giao nhiệm vụ in vé vào sân. Thực tế mỗi ngày đơn vị đó đã in được nhiều hơn 2000 tấm vé so với kế hoạch. Vì thế đơn vị sản xuất đã hoàn thành sớm công việc trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đơn vị đó phải in bao nhiêu tấm vé? (Giả sử số tấm vé mỗi ngày đơn vị sản xuất đó in là như nhau) 2) Một hình nón có bán kính đáy bằng 5cm và diện tích xung quanh là 65 cm 2 . Tính thể tích của hình nón đó . Bài 3: ( 2,5 điểm).  x − 3 + 4. ( y − 1)2 = 5  1) Giải hệ phương trình  .  2 x −3 − y + 2y = 2 2  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 4 x + m2 . a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 (1 − 2 x2 ) + x2 (1 − 2 x1 ) = 4m + 3 . Bài 4: ( 3,0 điểm). Cho một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến MA tới đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn ( O ) tại điểm C khác A . Đường thẳng MC cắt đường tròn ( O ) tại B , K là trung điểm dây cung BC . 1) Chứng minh tứ giác OMAK là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh MA2 = MB.MC và tam giác ABK vuông tại A . 3) Kẻ đường kính AE của đường tròn ( O ) . Chứng minh tam giác ACK đồng dạng với tam giác EMO . Bài 5: (0,5 điểm). Cho các số thực không âm a, b và c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 Họ và tên thí sinh: ................................................................................. SBD: ............................
UBND QUẬN HAI BÀ TRƯNG HD CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2023 – 2024 MÔN: TOÁN 9 Bài Nội dung Điểm x +2  x +2 x − 2 16  7 x − 2 Cho hai biểu thức A = và B =   x −2 − + . I 2 x +1  x +2 4− x   8 2,0 với x  0; x  4 . 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 . 0,5 Thay x = 16 (TMĐK) vào biểu thức A 0,25 16 + 2 4+2 6 2 0,25 Tính được A = = = = . 2 16 + 1 2.4 + 1 9 3 7 x −2 1,0 2) Chứng minh B = . x +2  ( ) ( )  2 2 x +2 x −2 . 7 x − 2 B= 16 − − ( )( ) ( x − 2 )( x + 2 ) ( x − 2 )( )  0,25  x −2 x +2 x +2   8   ( x + 2) − ( x − 2) − 16 . 7 x − 2 2 2 B= 0,25 ( x − 2)( x + 2) 8 B= ( x + 4 x + 4) − ( x − 4 x + 4) − 16 . 7 x − 2 ( x − 2)( x + 2) 0,25 8 8 x − 16 7 x −2 8 ( x − 2) 7 x −2 7 x −2 B= . = . = . ( x − 2)( x + 2) 8 ( x − 2)( x + 2) 8 0,25 x +2 3) Tìm x để biểu thức P = A.B nhận giá trị là số nguyên dương. 0,5 P = A.B = x +2 7 x −2 7 x −2 . =  2.P = 14 x − 4 7 2 x + 1 − 11 = =7− 11 ( ) 2 x +1 x + 2 2 x +1 2 x +1 2 x +1 2 x +1 7 0,25 Với x  0  x  0  2 P  7  P  . 2 Để P nhận giá trị nguyên dương suy ra P  1; 2;3 7 x −2 3 9 +) Với P = 1  = 1  x =  x = ( tm ) 2 x +1 5 25 7 x −2 4 16 +) Với P = 2  = 2  x =  x = ( tm ) 0,25 2 x +1 3 9 7 x −2  9 16  +) Với P = 3  = 3  x = 5  x = 25 ( tm ) . Vậy x   ; ; 25 2 x +1  25 9  Sân vận động Morodok Techo ở thủ đô PhnomPenh của Campuchia có 1,5 II sức chứa 60.000 chỗ ngồi là nơi phục vụ cho SEA Games 32. Một đơn vị được giao nhiệm vụ in vé vào sân. Thực tế mỗi ngày đơn vị đó đã in được nhiều hơn 2000 tấm vé so với dự định. Vì thế đơn vị sản xuất đã hoàn
thành sớm công việc trước 1 ngày so với kế hoạch. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày đơn vị đó phải in bao nhiêu tấm vé? (Giả sử số vé mỗi ngày đơn vị sản xuất đó in là như nhau) Gọi số vé đơn vị sản xuất phải làm trong một ngày theo kế hoạch là x vé ( x  0 ) 0,25 60000 0,25 Thời gian dự kiến in xong 60.000 tấm vé là (ngày) x Thực tế mỗi ngày đơn vị sản xuất in được số tấm vé là x + 2000 (vé) 60000 Thời gian thực tế mà đơn vị đó in xong 60000 tấm vé là (ngày) x + 2000 1) 60000 60000 0,25 Do làm vượt kế hoạch trước 1 ngày ta có phương trình: − =1 x x + 2000  x = 10000  0 ( tm ) 0,5  x 2 + 2000 x − 120000000 = 0 Giải phương trình ta được   x = −12000  0 ( l ) Đối chiếu với điều kiện và thử lại 0,25 Vậy theo kế hoạch mỗi ngày đơn vị sản xuất phải in được 10.000 tấm vé Một hình nón có bán kính đáy bằng 5cm và diện tích xung quanh là 2) 0,5 65 cm 2 . Tính thể tích của hình nón đó . Gọi h, l lần lượt là chiều cao và đường sinh của hình nón đó. Theo bài cho diện 0,25 tích xung quanh là 65 cm ta có : S xq =  .R.l = 65  5 l = 65  l = 13 ( cm ) . 2 Độ dài chiều cao hình nón là : h = l 2 − R 2 = 132 − 52 = 12 ( cm ) Thể tích của hình nón đó là : Vnon =  R 2 .h =  .52.12 = 100 ( cm3 ) . 1 1 0,25 3 3 Vậy thể tích hình nón là 100 cm 3  x − 3 + 4. ( y − 1)2 = 5  III Giải hệ phương trình  . 1,0  2 x −3 − y + 2y = 2 2  ĐKXĐ: x  3 0,25  x − 3 + 4. ( y − 1)2 = 5   x − 3 + 4. ( y − 1)2 = 5  2 x − 3 + 8. ( y − 1)2 = 10      2 x − 3 − ( y − 1) = 1  2 x − 3 − ( y − 1) = 1 2 2  2 x −3 − y + 2y = 2 2    2 x − 3 + 8. ( y − 1)2 = 10  2 x − 3 + 8. ( y − 1)2 = 10   x −3 =1  0,25     9 ( y − 1) = 9  ( y − 1) = 1 ( y − 1) = 1 2 2 2 1)     x −3 =1  x − 3 = 1  x −3 =1 0,25   hoặc  ( y − 1) = 1  y −1 = 1  y − 1 = −1 2  x = 4 x = 4 0,25  hoặc  . y = 2 y = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 4; 2 ) và ( 4;0 ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng 1.5 2) ( d ) : y = 4 x + m2 . a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là: 0.25 x 2 = 4 x + m 2  x − 4 x − m = 0 (1) 2 2 Tính được  ' = 4 + m 2  0 với m 0.25
Chỉ ra  '  0 với m phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt 0.25 Vậy ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. 0.25 b) Tìm các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 0.5 x1 , x2 thỏa mãn x1 (1 − 2 x2 ) + x2 (1 − 2 x1 ) = 4m + 3 . x +x =4 0.25 Áp dụng hệ thức vi - et vào phương trình (1) ta có  1 2 2 .  x1 x2 = −m Biến đổi x1 (1 − 2 x2 ) + x2 (1 − 2 x1 ) = 4m + 3  x1 + x2 − 4 x1 x2 = 4m + 3 ( 2 ) Thay vào (2) ta có: 0.25 1 4 + 4m2 = 4m + 3  4m 2 − 4m + 1 = 0  ( 2m − 1) = 0  2m − 1 = 0  m = 2 . 2 1 Vậy m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Cho một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến MA tới 1,0 đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Qua điểm A kẻ đường thẳng song song IV với MO cắt đường tròn ( O ) tại điểm C khác A . Đường thẳng MC cắt đường tròn ( O ) tại B , K là trung điểm dây cung BC . 1) Chứng minh tứ giác OMAK là tứ giác nội tiếp. 0,25 Theo bài cho MA là tiếp tuyến với đường tròn ( C ) tại A nên MA ⊥ OA  MAO = 900 0,25 K là trung điểm dây cung BC nên OK ⊥ BC  OKM = 900 0,25 Tứ giác OMAK có OKM = MAO = 900 , A, K là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 0,25 OM . Suy ra tứ giác OMAK là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh MA2 = MB.MC và tam giác ABK vuông tại A . 1,5 Xét hai tam giác: MCA và MAB có: 0,5 AMB = CMA (1) (hay góc M chung) 1 MAB = MCA = sd AB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung 2 cùng chắn cung AB). Suy ra MCA đồng dạng với MAB (g - g) MA MC 0,25 Suy ra: =  MA2 = MB.MC . MB MA Vì AC / / MO  ACM = OMK ( 2 ) (so le trong) 0,25
Tứ giác nội tiếp OMAK có OMK = OAK ( 3) (Hai góc nội tiếp chắn cung 0,25 OK) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) suy ra OAK = MAB và OAM = 900  KAB = 900  ABK 0,25 vuông tại A 3) Kẻ đường kính AE của đường tròn ( O ) . Chứng minh tam giác ACK 0,5 đồng dạng với tam giác EMO . +) Ta có: ACE = 900  AC ⊥ CE mà MO / / AC  MO ⊥ CE Suy ra MO đi qua 0,25 trung điểm N của CE hay MCE cân tại M suy ra NME = CMN , Và ACK = CMN (so le trong) nên ta được: OME = ACK (*) +) AKC + AKM = 1800 và AOM + MOE = 1800 0,25 Tứ giác OMAK là tứ giác nội tiếp nên AKM = AOM Suy ra AKC = MOE (**) Từ (*) , (**) suy ra hai tam giác ACK và EMO đồng dạng với nhau (g - g) Cho các số thực không âm a, b và c thỏa mãn a + b + c = 1 . 0,5 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 Vì a  0, b  0, c  0 ; a + b + c = 1 suy ra a  1, b  1, c  1 suy ra a 2  a, b 2  b, c 2  c 0,25 0,25 Ta có P = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1  a 2 + 2a + 1 + b2 + 2b + 1 + c 2 + 2c + 1 P ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) = a +1 + b +1 + c +1 = (a + b + c) + 3 = 1+ 3 = 4 2 2 2 Vậy GTNN của P = 4 dấu " = " xảy ra khi a; b; c là hoán vị của ( 0;0;1)