UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2019 2020 Môn Toán 9 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức xx x xx x B 4 8 1)[.]
UBND HUYỆN ĐƠNG HƯNG PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC: 2019 - 2020 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: B 2( x 4) ( x 1)( x 4) x với x 0; x 16 x 1 x a) Rút gọn biểu thức B b) Tính giá trị B x = 81 c) Tìm giá trị x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – kx + k – = (1) (k tham số) a) Giải phương trình với k = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị k c) Tìm giá trị k để nghiệm x1; x2 phương trình (1) thỏa mãn: x1 x2 10 x1 x2 Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = 2x2 đường thẳng (d) có phương trình: y = (4a – 1)x – 2a2 a) Tìm giá trị a để đường thẳng (d) qua điểm A(0; – 8) b) Tìm a để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P), tìm tọa độ tiếp điểm đường thẳng (d) parabol (P) Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O; R), đường kính AB Gọi C điểm cung AB Điểm M thuộc cung AC Kẻ MH vng góc với AB H, AC cắt MH K; MB cắt AC E Kẻ EI vuông góc với AB I Chứng minh rằng: Tứ giác BHKC nội tiếp AK.AC = AH.AB = AM2 AE.BC + BE.BM = 4R2 Khi M chuyển động cung AC tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IMC thuộc đường thẳng cố định Câu 5: (0,5 điểm) Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn: 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 Tìm giá trị lớn biểu thức P a b c a bc b ca c ab Hết Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh:……………… Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: ………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II MƠN TỐN NĂM HỌC 2019 - 2020 (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức B 2( x 4) ( x 1)( x 4) x với x 0; x 16 x 1 x a) Rút gọn biểu thức B b) Tính giá trị B x = 81 c) Tìm giá trị x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Câu (2,0) Ý a 1,0 Nội dung ĐKXĐ: x 0; x 16 , ta có: B 2( x 4) ( x 1)( x 4) x x 1 x 2( x 4) ( x 1)( x 4) 2( x 4) x ( x 4) 8( x 1) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) 2x x x x ( x 1)( x 4) x 12 x ( x 1)( x 4) x ( x 4) ( x 1)( x 4) x x 1 x 4 0,25 x 0; x 16 B 0,25 x x 1 ĐKXĐ: x 0; x 16 Có x = 81 thỏa mãn ĐKXĐ Thay x = 81 vào biểu thức B Ta có B Vậy với x = 81 giá trị B c 0,5 0,25 0,25 x x 1 Vậy với b 0,5 Điểm 81 27 81 10 27 10 ĐKXĐ: x 0; x 16 Vì x ≥ suy x x => B ≥ (1) x 3( x 1) 3 3 x 1 x 1 x 1 Vì x ≥ suy => B < (2) x 1 Lại có B Từ (1) (2) suy ≤ B < 0,25 0,25 Câu Ý Nội dung 0,25 Mà B Z nên B{0; 1; 2} TH1: TH2: TH3: x x 1 x x 1 x x 1 Điểm x (TMĐK) x (TMĐK) x (TMĐK) Vậy x { 0; ;4 }là giá trị cần tìm 0,25 Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – kx + k – = (1) (k tham số) a) Giải phương trình với k = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị k c) Tìm giá trị k để nghiệm x1; x2 phương trình (1) thỏa mãn: x1 x2 10 x1 x2 Câu (2,0) Ý a 1,0 Nội dung Giải phương trình với k = Thay k = vào phương trình (1) ta có: x2 – x – = Phương trình có Điểm 0,25 (1) 4.(1) Do nên phương trình có nghiệm phân biệt: 0,25 (1) 2 (1) x2 2 0,25 x1 Vậy với k = phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0,25 1 1 x1 ; x2 2 b 0,5 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với giá trị k Phương trình (1) có ( k )2 4(k 2) k k (k 4k 4) (k 2)2 > với k Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với giá trị k 0,25 0,25 Câu Ý c 0,5 Nội dung Điểm Tìm giá trị k để nghiệm x1; x2 phương trình (1) thỏa mãn : x1 x2 10 x1 x2 Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị x1 x2 k x1 x2 k k Áp dụng định lí Vi - Ét ta có : Theo ta có x1 2; x x1 x2 10 x1 x x1 ( x 2) x ( x1 2) 10( x1 2)( x 2) x1 2; x k2 8(k 2) 18k 40 8 x1 x 18( x1 x ) 40 k 12 12 k k 12 giá trị cần tìm (Khơng có điều kiện k khơng cho điểm ý c) Vậy k 0,25 0,25 Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = 2x2 đường thẳng (d) có phương trình: y = (4a – 1)x – 2a2 a) Tìm giá trị a để đường thẳng (d) qua điểm A(0; - 8) b) Tìm a để đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm Câu (2,0) Ý a 0,75 Nội dung Đường thẳng (d) qua điểm A (0; -8) Điểm 0,25 - = (4a -1) – 2a2 - 2a2 = - a2 = 0,25 a = Vậy để đường thẳng (d) qua điểm A(0; - 8) a = Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) ta có: b 2x2 = (4a – 1) x – 2a2 1,25 2x2 – (4a – 1)x + 2a2 = (*) Phương trình (*) có: 4a 1 4.2.2a 8a 0,25 0,25 Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) phương trình (*) có nghiệm kép 8a a 0,25 Câu Ý Nội dung Điểm Vậy để (d) tiếp xúc vơi (P) a 0,25 phương trình (*) có nghiệm kép 4a 1 x1 x2 4 1 Với x x1 x2 y 32 1 Vậy tọa độ tiếp điểm A ( ; ) 32 Với a 0,25 0,25 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O; R), đường kính AB Gọi C điểm cung AB Điểm M thuộc cung AC Kẻ MH vng góc với AB H, AC cắt MH K; MB cắt AC E Kẻ EI vng góc với AB I Chứng minh rằng: Tứ giác BHKC nội tiếp AK.AC = AH.AB = AM2 AE.BC + BE.BM = 4R2 Khi M chuyển động cung AC tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IMC ln thuộc đường thẳng cố định Câu Ý Nội dung Điểm C (3,5) 1,0 M E K A H I B O Có ACB góc nội tiếp chắn nửa đường tron (O) => ACB = 900 hay KCB = 900 (K thuộc AC) Có MH AB H => MHA = MHB = 900 hay KHB = 900 (K thuộc MH) Xét tứ giác BHKC có KCB + KHB = 900 + 900 = 1800 Do tứ giác BHKC nội tiếp 0,25 0,25 0,5 Câu Ý 1,0 Nội dung Có MHA = 90 Mà K thuộc MH => KHA = 90 Xét AHK ACB có: KHA = ACB = 90 KAH chung Do AHK đồng dạng với ACB (g-g) Điểm 0,25 AH AK AC AB =>AC.AK = AH.AB (1) 0,25 Có AMB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) => AMB = 900 hay AMB vuông M, mà MH đường cao tam giác Theo hệ thức cạnh góc tam giác vng 0,25 =>AM = AH.AB (2) Từ (1) (2) => AC.AK = AH.AB = AM2 (đpcm) 1,0 0,5 +) Có C điểm cung AB => Cung AC = cung BC => AC = BC +) Chứng minh AIE đồng dạng với ACB =>AE.AC = AI.AB +) Chứng minh BIE đồng dạng với BMA =>BE.BM = BI.AB Do AE.AC + BE.BM = AI.AB + BI.AB = AB(AI + BI) = AB2= (2R)2 = 4R2 Mà AC = BC Vậy AE.BC + BE.BM = 4R2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 +) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp tứ giác BIEC nội tiếp Theo tính chất góc nội tiếp Suy MIC = MAC + MBC = MAC +) Chứng minh MOC = MAC Từ suy MIC = MOC suy tứ giác MIOC nội tiếp Do tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IMC tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MIOC Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC nằm đường trung trực đoạn thẳng OC cố định M thay đổi AC Câu 5: (0,5 điểm) Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn: 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 Tìm giá trị lớn biểu thức P a b c a bc b ca c ab 0,25 0,25 Câu (0,5) Ý Nội dung Ta có 2(ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 Điểm a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc +2ca = (a + b + c)2 = => a + b + c = (vì a, b, c dương) Ta có a a bc a a (a b c ) bc a a ab ac bc a (a b)(a c) a a 1 a a ab ac 2ab ac Tương tự ta có : b 1 b b b ca b c b a c 1 c c c ab c a c b 0,25 Suy a b c a bc b ca c ab 1 a a b b c c 2ab ac bc ab ac bc P Dấu xảy a b c Vậy giá trị lớn P 3 a b c 0,25 Hướng dẫn chung: - Trên bước giải bắt buộc biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, xác cơng nhận cho điểm - Mọi cách giải khác cho điểm tối đa - Chấm phần Điểm khảo sát tổng điểm thành phần khơng làm trịn, tính đến 0,25 điểm ... 2( ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 Tìm giá trị lớn biểu thức P a b c a bc b ca c ab 0 ,25 0 ,25 Câu (0,5) Ý Nội dung Ta có 2( ab + bc + ca) = 1– a2 – b2 – c2 Điểm a2 + b2 + c2 + 2ab... 0 ,25 - = (4a -1) – 2a2 - 2a2 = - a2 = 0 ,25 a = Vậy để đường thẳng (d) qua điểm A(0; - 8) a = Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) ta có: b 2x2 = (4a – 1) x – 2a2 1 ,25 ... có x1 2; x x1 x2 10 x1 x x1 ( x 2) x ( x1 2) 10( x1 2) ( x 2) x1 2; x k? ?2 8(k 2) 18k 40 8 x1 x 18( x1 x ) 40 k 12 12 k