de khao sat chat luong toan 9 nam 2021 2022 truong thcs dich vong ha noi

PHÒNG GD –ĐT QUẬN CẦU GIẤY TRƯỜNG THCS DỊCH VỌNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN Năm học 2021 -2022 Ngày: 19/5/2022 Thời gian làm bài: 90 phút Bài I (2 điểm): Cho hai biểu thức: x− x −7 x +2 x −3 x−3 A= ;B= với x  0; x  + + x +1 x+ x −6 x +3 2− x a) Tính giá trị biểu thức A x = x +1 b) Chứng minh B = x +3 c) Cho biểu thức M = A.B Tìm số nguyên x lớn để M nhận giá trị nguyên Bài II (2,5 điểm): 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Nhân dịp kỷ niệm sinh nhật Bác Hồ tỉnh Lâm Đồng phát động phong trào trồng gây rừng, lớp trường THCS giao trồng 240 Nhưng thực có bạn nghỉ nên học sinh lại lớp phải trồng thêm so với dự định Hỏi lớp có học sinh? (biết số trồng học sinh nhau) 2) Quả bóng đá thi đấu thức SEA Games 31 chọn sắc đỏ vàng quốc kỳ nước chủ nhà Việt Nam làm chủ đạo Họa tiết bóng lấy cảm hứng từ tinh thần thi đấu rực lửa chiến binh vàng tình yêu mãnh liệt hàng triệu người dân Việt Nam dành cho môn thể thao vua Quả bóng đá có đường kính 22cm Để bơm căng bóng cần ml khí? (Cho   3,14, làm tròn kết đến chữ số thập phân thứ nhất) Bài III (2 điểm):   x − + y − = 1) Giải hệ phương trình:   − y − = −2  x − 2) Cho hàm số y = mx – m + ( với m tham số, m ≠ 0) có đồ thị đường thẳng (d) a) Vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để (d) tạo với hai trục tọa độ Ox, Oy tam giác có diện tích (đvdt) Bài IV (3 điểm): Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Lấy điểm C thuộc đường trịn cho AC = R Trên cung nhỏ BC lấy điểm D (D khác B, C) ; AC cắt BD cắt E; hạ EH vng góc với AB H, EH cắt AD I Tia DH cắt (O; R) điểm thứ hai F 1) Chứng minh tứ giác AHDE tứ giác nội tiếp ̂ từ suy CF ⊥ AB ̂ = 𝐷𝐹𝐶 2) Chứng minh 𝐷𝐻𝐸 3) Chứng minh  BCF tam giác Xác định vị trí D để chu vi tứ giác ABDC đạt giá trị lớn Bài V(0,5 điểm): Giải phương trình x2 − 6x + 11 = x − + − x -HẾT - ĐÁP ÁN Bài I (2điểm) + x = (TMĐK) + Thay x = vào biểu thức A ta có: x −3 9−3 A= = = = x +1 +1 + KL: Vậy A = 3/2 x = 0.25 0.25 x− x −7 x +2 x −3 với x  0; x  + + x+ x −6 x +3 2− x * x + x - = ( x + 3)( x - 2) x− x −7 x +2 x −3 + − B= ( x + 3)( x − 2) x +3 x −2 B= B= x − x − + ( x + 2)( x − 2) − ( x − 3)( x + 3) ( x + 3)( x − 2) B= x−2 x −2 ( x + 3)( x − 2) B= ( x − 2)( x + 1) ( x + 3)( x − 2) B= 0.25 0.25 x +1 x +3 0.25 0.25 + KL x +1 x−3 x−3 = (x  0; x  ) x +3 x +1 x +3 * TH1: x – = => x = (tmđk) => M =  Z Vậy x = M nguyên (1) * TH2: x – ≠ => x ≠ x−3 = x −3+ M= x +3 x +3 M  Z => x − + Z x +3 => x số phương x + U (6) = {  1; 6; 2; 3} M = A.B = Bài II (2,5điểm) Mà: x ≥ => x ≥ => x + ≥ => x + thuộc {3; 6} => x thuộc {0; 9} (tmđk) (2) + Từ (1) (2): x thuộc {0; 3; 9} M nguyên Vì x số nguyên lớn => x = 1) Gọi số học sinh lớp x (học sinh) (x  N*, x > 8) Theo kế hoạch học sinh phải trồng là: 240 (cây) x 0.25 0.25 0,25 0,25 Số học sinh lại là: x – (học sinh) 240 Khi thực học sinh lại phải trồng là: (cây) x −8 Ta có phương trình: Bài III (2điểm) 240 240 − =1 x −8 x 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Giải PT ta được: x = 48 (TMĐK) Vậy số học sinh lớp 48 học sinh + Bán kính bóng là: 22: = 11 (cm) 4 + Thể tích bóng là: V =  R3 =  113 ≈ 5572,5 (cm3) 3 ≈ 5572,5 ml 0,25 + KL: Cần 5572,5ml khí để bơm căng bóng 0.25   x − + y − = (I)   − y − = −2  x − 0.25 + ĐK: x – > => x >  15  16 + y − = 18  x −  x − = 16   1  − y − = −2  − y − = −2  x −  x − 0.25  x − = x =   − y − = −   2y − =1 x =  x = 3(TM )    2 y − =   y =   y − = −1   y =   + KL: HPT có nghiệm : (x;y) =∈ {(3 ; 2) ; (3 ; 1)} 2a) +) Lập bảng x -1 y = 2x+2 +) Vẽ đồ thị xác 2b) ( d ) tạo với hai trục tọa độ tam giác  ( d ) cắt hai trục tọa m  m   độ hai điểm phân biệt   4 − m  m  Ta có bảng: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 điểm x m−4 m y 4−m  Đường thẳng ( d ) cắt Ox A  m − ;0  , cắt Oy  m  B ( 0;4 − m)  OA = m−4 ;OB = − m m 1 ( m − 4) = OA.OB = =1 2 m SOAB 0.25 ( m − ) = m  ( m − ) = 2m   ( m − )2 = −2m  m =  m2 − 10m + 16 =  ( m − )( m − 8) =   (TMĐK) m = Bài IV (3 điểm) 0.25 (0,75đ) Xét đường tròn ( O ) có: EH ⊥ AB = H   EHA = EHB = 90 0,25 Mặt khác: AB đường kính ( O ) D  ( O )  ADB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà ADB + ADE = 180 ( kề bù)  ADE = 90 Xét tứ giác AHDE có: ADE = AHE = 90  tứ giác AHDE nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh AE góc 90 ) Tứ giác AHDE nội tiếp 0,25 0,25 (1 điểm)  EAD = EHD (hai góc nội tiếp chắn cung ED) (1) 0,25 ( 2) 0,25 0,25 0,25 Xét đường trịn ( O ) có: EAD = CFD (hai góc nội tiếp chắn cung CD ) Từ (1) (2)  CFD = EHD Mà hai góc vị trí đồng vị  CF / / EH (1 điểm) Xét đường tròn ( O ) có: CF ⊥ AB , CF dây cung ; AB đường kính  AB trung trực CF (quan hệ đường kính vng góc với dây cung) 0,25  BC = BF  BCF cân B (3) ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ACB vng C 0,25 Xét ACB vng C có : cos CAB = AC R = =  CAB = 600 AB R Lại có : CAB = CFB = 600 (hai góc nội tiếp chắn cung CB ) (4) Từ (3), (4)  BCF tam giác Trên cạnh DF lấy điểm P cho DC = DP  DCP cân P 0,25 (5) Lại có : CDF = CBF = 600 ( hai góc nội tiếp chắn cung CF ) (6)  CDP = 600  DCP tam giác  DC = CP Do BCF tam giác  CB = CF Xét CPF CDB có: CD = CP   PCF = DCB = 600 − PCB   CPF = CDB ( c.gc )  PF = BD  CF = CB  ( ) Chu vi tứ giác ABDC : 0,25 AB + BD + DC + CA = 3R + BD + DC = 3R + PF + DP = 3R + DF Chu vi tứ giác ABDC lớn DF lớn  DF đường kính đường tròn ( O ; R )  D điểm cung nhỏ BC Bài V (0,5 điểm) ĐK:  x  Ta có: x − x + 11 = ( x − 3) +  2 ( x−2 + 4− x )  2( x − + − x) =  x−2 + 4− x  Dấu “=” xảy  x − + − x =   x = (TM)  x − x + 11 = KL… 0.25 0.25 ...  EHA = EHB = 90  0,25 Mặt khác: AB đường kính ( O ) D  ( O )  ADB = 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà ADB + ADE = 180 ( kề bù)  ADE = 90  Xét tứ giác AHDE có: ADE = AHE = 90 ... giác AHDE có: ADE = AHE = 90   tứ giác AHDE nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh AE góc 90  ) Tứ giác AHDE nội tiếp 0,25 0,25 (1 điểm)  EAD = EHD (hai góc nội tiếp chắn cung ED) (1) 0,25 (... 2a) +) Lập bảng x -1 y = 2x+2 +) Vẽ đồ thị xác 2b) ( d ) tạo với hai trục tọa độ tam giác  ( d ) cắt hai trục tọa m  m   độ hai điểm phân biệt   4 − m  m  Ta có bảng: 0.25 0.25 0.25