de khao sat toan 9 nam 2021 2022 phong gddt nam tu liem ha noi

UBND QUẬN NAM TỪ LIÊM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày khảo sát: 11/05/2022 Bài I (2 điểm) x x  15 Cho hai biểu thức A  x  B  với x  0; x    x 9 x  3 x x 3 1) Tính giá trị biểu thức A x  x 3 2) Chứng minh B  x 3 3) Cho P = A.B Tìm x để P  Bài II (2,5 điểm) 1) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình Một ca nơ chạy ngược dịng 30km, sau chạy xi dịng 32km dịng sơng có vận tốc dịng nước 3km/h Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dịng 20 phút 2) Nón dùng để che nắng, mưa, làm quạt nóng Ngày nón xem quà đặc biệt cho du khách đến thăm quan Việt Nam Biết nón dạng hình nón có đường sinh 35cm, đường kính vành nón 50cm Người ta dùng hai lớp để phủ lên bề mặt xung quanh nón Tính diện tích cần dùng cho nón (lấy   3,14 ) Bài III (2 điểm)  2 x  x  y   1) Giải hệ phương trình sau:  3 x   1  x y 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y  mx  parabol (P): y  x a) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm (P) (d) Tìm tất giá trị m để x1  x2  (với x1  x2 ) Bài IV (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC) Kẻ đường kính AD đường trịn (O) Tiếp tuyến D đường tròn (O; R) cắt đường thẳng BC E Kẻ OH vng góc với BC H 1) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh ED2  EC.EB 3) Từ C kẻ đường thẳng song song với OE, đường cắt AD I a) Chứng minh HI // AB b) Đường thẳng OE cắt AB AC P Q Gọi F giao điểm thứ hai DQ với đường tròn (O; R) Chứng minh ba điểm B, O, F thẳng hàng Bài V (0,5 điểm) Với số thực không âm a, b thỏa mãn a  b  1, tìm giá trị nhỏ biểu thức P   3a   2022b ………………………………Hết……………………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm UBND QUẬN NAM TỪ LIÊM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT LỚP NĂM HỌC 2021-2022 - MƠN: TỐN A Hướng dẫn chung - Nếu học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa - Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm tròn B Đáp án thang điểm Bài I (2đ) Đáp án Ý Điểm Thay x = (TMĐK) vào A ta được: A  (0,5đ) A 3  43 3 43 0,25 0,25 Vậy với x  16 A  B x x  15   với x  0; x  x 9 x  3 x B x   x 3 x 3   x 3 B B x 3 x 3 B x 3 x 3    x 3  x  15 x 3  x 3  0,5 x   x  x  x 15  (1đ) B  x x  15   x 3  x x 9 x 3   x 3 x 3 x 3   x 3   x 3  x 3 x 3 x 3 B x 3 Vậy với x  0; x  0,25 B (0,5đ) P  A.B  P x  x 3 x   x 3 x 3 x 3 0,25 0,25 Û x- - 1³ Û x- *TH1: x ³ x- x = Û x = 0(TM) x- x > Û x- 3> x- ü x> ïï Û ýÛ x > KH :x ³ 0;x ¹ 9ùùỵ *TH : 0,25 Vy x = hoc x > II (2,5đ) Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h) (x > 3) Vận tốc ca nơ xi dịng là: x + (km/h) Vận tốc ca nô ngược dòng là: x – (km/h) 32 (h) x3 30 Thời gian ca nơ ngược dịng là: (h) x3 Thời gian ca nơ xi dịng là: (2đ) Vì thời gian ca nơ xi dịng thời gian chạy ngược dòng 20 30 32 phút = nên ta có phương trình:   x 3 x 3 30.3( x  3)  32.3( x  3) ( x  3)( x  3) ⇔  3( x  3)( x  3) 3( x  3)( x  3)  90 x  270  96 x  288  x   x2  x  567   x  21   x  21 (TM )   x  21 x  27   ⇔  ⇔  x  27   x  27 (loai) Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 21 (km/h) (0,5đ) III (2đ) (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bán kính đáy hình nón r = 50 : = 25 (cm) Diện tích xung quanh hình nón 0,25 S   rl   25.35  875 (cm ) Người ta dùng hai lớp để phủ lên bề mặt xung quanh nón nên diện tích cần dùng cho nón là: 0,25 875  1750  5495(cm2 )  2 x  x  y    3 x   1 0,25  x y ĐK: x  y; x  Đặt a  x ; b  x y 0,25 2a  3b  Ta hệ pt  3a  2b  1 Giải hệ phương trình ta tìm a = 1; b = 0,25  x  1(TM )  Từ tìm   y  (TM ) 0,25 Vậy hệ pt có nghiệm  1;     2 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y  mx  parabol (P): y  x a) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b) Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm (P) (d) Tìm tất a 0,25 giá trị m để x1  x2  (với x1  x2 ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x2  mx   (*) (1đ) Ta có ac = 3 < với m => phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu m => phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt m => (d) cắt (P) hai điểm phân biệt m Ta có x1 , x2 hai nghiệm phương trình (*) (1)  x  x  m Theo Vi – ét ta có   x1 x2  3 (2) Do x1, x2 trái dấu mà x1 > x2 nên x1 > x2 < b Suy ra: 0,25 x1  x1; x2   x2 0,25 Theo đề bài: x1  x2  Nên ta có: x1  x2  Từ suy ra: -m = => m = -2 ( thỏa mãn) 0,25 Cách 2: Theo đề x1  x2   x 21  x 2  x1 x2  :   x1  x2   x1 x2  x1 x2    m   2.(3)  3   m   m  2 Thử lại: Với m = không thỏa mãn Với m = -2 ( thỏa mãn) 0,25 0,25 V (3đ) A Vẽ hình đến ý a O B 0,25 E C H D Do OH  BC  OHC  900 hay OHE  900 (0,75đ) Xét (O; R), có DE tiếp tuyến => ODDE nên ODE  900 0,25 Xét tứ giác ODHE, có: OHE  ODE  900 0,25 Mà hai đỉnh H D kề 0,25 Nên tứ giác OHDE nội tiếp đường trịn Xét đường trịn (O; R), có CDE  CBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CD) Hay CDE  EBD 0,25 Xét CDE DBE , có: (1đ) CDE  EBD (chứng minh trên) 0,25 DEB chung  CDE  DBE (góc – góc) 0,25 CE DE   CE.BE  DE DE BE 0,25 A F P (1đ) a O Q M B I C H D E Do CI // OE nên ICH  OEH (hai góc đồng vị) Do tứ giác OHDE nội tiếp nên OEH  ODH ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  ICH  ODH hay ICH  IDH nên tứ giác ICDH nội tiếp đường trịn ( tứ giác có hai đỉnh kề nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại góc nhau) 0,25 Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ICDH, có: HID  HCD (hai góc nội tiếp chắn cung HD) Hay HID  BCD (1) Xét đường trịn (O; R), có: BAD  BCD (hai góc nội tiếp chắn cung BD) (2) Từ (1) (2), ta có: HID  BAD Mà chúng vị trí đồng vị 0,25  IH / / AB Kéo dài CI cắt AB M Xét (O; R), có: OH  BC H  H trung điểm BC Xét tam giác BMC, có: IH // MB (do IH//AB mà M thuộc AB) H trung điểm BC  I trung điểm MC PO AO Xét AMI , có: PO // MI  (Hệ định lí Talet) (3)  MI AI OQ AO Xét AIC , có: OQ // IC  (Hệ định lí Talet) (4)  IC AI PO OQ Từ (3) (4), suy ra: Mà MI = IC  PO  OQ  b MI IC Xét tứ giác APDQ, có O trung điểm AD; O trung điểm PQ  Tứ giác APDQ hình bình hành  AP / / DQ hay AB // DF 0,25 Xét (O; R), có: ABD  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD)  AB  BD Mà DF // AB  BD  DF  BDF  90 Mà B, D, F thuộc đường tròn (O; R) nên BF đường kính (O; R)  B, O, F thẳng hàng V (0,5đ) 0,25 Vì a, b không âm thỏa mãn a  b  nên  a   b  Do đó: a  a  1   a  a  1  a    3a 0,25 Tương tự: b  b  1   b2  b  1  b    3b Mà b  nên 2022b  3b , suy  2022b   3b  1  b  Do P   3a   2022b  Dấu xảy a  1; b  Vậy minP  a  1; b  1  a   1  b     a  b   0,25 ...  BC  OHC  90 0 hay OHE  90 0 (0,75đ) Xét (O; R), có DE tiếp tuyến => OD? ?DE nên ODE  90 0 0,25 Xét tứ giác ODHE, có: OHE  ODE  90 0 0,25 Mà hai đỉnh H D kề 0,25 Nên tứ giác OHDE nội tiếp đường... CDE  CBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CD) Hay CDE  EBD 0,25 Xét CDE DBE , có: (1đ) CDE  EBD (chứng minh trên) 0,25 DEB chung  CDE  DBE (góc – góc) 0,25 CE DE. ..  CE.BE  DE DE BE 0,25 A F P (1đ) a O Q M B I C H D E Do CI // OE nên ICH  OEH (hai góc đồng vị) Do tứ giác OHDE nội tiếp nên OEH  ODH ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  ICH  ODH hay ICH 