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

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!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Ý Điểm NỘI DUNG Cho biểu thức P = x−2 x +3 x −1 , với x ≥ + − x x +1 x − x +1 x +1 Rút gọn biểu thức P Với điều kiện x ≥ , ta có = P = (1,0đ) I = ( )( x +1 0,25 ) x +1 0,25 x − x + + x −1− x + x −1 ( )( ) x − x +1 = x +1 x − x +1 ( 0,25 x +1 x − x +1 ) )( x +1 0,25 x +1 Tìm x để P = (1,0đ) ( x −1 − x − x +1 x +1 + )( x − 1) − ( x − ( x + 1)( x − x + 1) Vậy P = ) x +1 x − x +1 x − x +3+ (2,0đ) = x−2 x +3 Với x ≥ , ta có: P = ⇔ 1 = ⇔ x + =2 x +1 0,50 ⇔ x= 1⇔ x= (thỏa mãn) 0,50 Vậy x = giá trị cần tìm II (2,0đ) (1,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y = ( a − 1) x + b − ( a, b y x + tham số) Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : = qua điểm A ( 2;3) Tính T= a + 2b y x + , nên ta có Đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : = a −1 = (1) 0,50 Đường thẳng d qua điểm A ( 2;3) , nên ta có 3= ( a − 1) + b − ⇔ 2a + b = (2) = a − = a Từ (1) (2) ta có hệ  ⇔ 2a + b =7 b =−1 0,50 Khi dó ta có T = a + 2b = 16 + = 18 2 x − y = Giải hệ phương trình  5 x + y = (1,0đ) x− y = 2= 7 x Ta có  ⇔ x+ y x− y 5= 2= 0,50 =  x 1= x ) (1; −2) Vậy hệ có nghiệm ( x; y= ⇔ ⇔ −2 2 − y = y = (1,0đ) 0,50 Giải phương trình x + x + = Ta có : = a 1;= b 6;= c 0,50 Ta thấy a − b + c =1 − + = 0,50 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = −1; x2 = −5 Tìm giá trị m để phương Cho phương trình x − 2(m − 1) x + 2m − = trình (x có hai nghiệm x1 , x2 thỏa − 2mx1 + 2m − 1)( x22 − 2mx2 + 2m − 1) < mãn điều kiện: (1) Xét phương trình x − 2(m − 1) x + 2m − = III Ta có Δ ' = ( m − 2m + 1) − 2m + = m − 4m + = ( m − ) + > 0, ∀m (2,0đ) (1,0đ) nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m  x1 + x2 = 2(m − 1) x2 2m −  x1= Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có  0,25 (2) (3) Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên: x12 − 2(m − 1) x1 + 2m − = ⇔ x12 − 2mx1 + 2m − =−2 x1 + 0,25 Tương tự ta có x22 − 2mx2 + 2m − =−2 x2 + Khi (x − 2mx1 + 2m − 1)( x22 − 2mx2 + 2m − 1) < 0,25 ⇔ (−2 x1 + 4)(−2 x2 + 4) < ⇔ [ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4] < ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + < (4) Thế (2) (3) vào (4) ta 2m − − 2.2(m − 1) + < ⇔ −2m + < ⇔ m > Vậy m > 3 0,25 Cho tam giác ABC khơng có góc tù ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O) ( B, C cố định A di động cung lớn BC ) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng cắt ( O ) D E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC F , cắt AC I IV (3,0đ) Chứng minh MBOC tứ giác nội tiếp Xét tứ giác MBOC ,ta có:  = 900 (vì MB tiếp tuyến đường tròn ( O ) B ) MBO (1,0đ)  = 900 (vì MC tiếp tuyến đường trịn ( O ) C ) MCO  + MCO  = 900 + 900 = 1800 Suy MBO Vậy tứ giác MBOC tứ giác nội tiếp 0,50 0,50 Chứng minh FI FM = FD.FE (1,0đ) * Xét tam giác: FBD FEC , ta thấy:  (đối đỉnh)  = CFE BFD  = CEF  (hai góc nội tiếp chắn cung CD ) DBF 0,25 Suy ∆FBD đồng dạng với ∆FEC (g-g) Suy FD FB = ⇔ FD.FE = FB.FC (1) FC FE * Xét tứ giác MBIC , ta có :  = BAC  (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp MBC chắn cung BC )  = MIC  (đồng vị) BAC 0,25  = BIC  Suy MBC Ta thấy tứ giác MBIC có hai đỉnh B I nhìn cạnh MC góc Vậy tứ giác MBIC tứ giác nội tiếp * Xét tam giác: FBM FIC , ta thấy  = CFI  (đối đỉnh) BFM  = FIC  (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) MBF 0,25 Suy ∆FBM đồng dạng với ∆FIC (g-g) Suy FB FM = ⇔ FI FM = FB.FC (2) FI FC Từ (1) (2), ta suy FI FM = FD.FE (đpcm) 0,25 Tìm vị trí đỉnh A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn Do tứ giác MBOC tứ giác MBIC hai tứ giác nội tiếp, suy điểm 0,25 M , B, O, I , C nằm đường tròn (1,0đ) Gọi H hình chiếu I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là: S= BC.IH 0,25 Do BC khơng đổi nên diện tích tam giác IBC lớn IH lớn Ta thấy, A chạy cung lớn BC I ln thuộc đường trịn đường 0,25 kính OM Do IH lớn I trùng với O hay AC đường kính đường trịn tâm (O) Vậy A điểm đối xứng với C qua O tam giác IBC có diện tích lớn 0,25 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 3a + bc 3b + ca 3c + ab + + − a + b + c ≥ −2 b+c c+a a+b 3a + bc 3b + ca 3c + ab Đặt = P + + −2 a+b+c b+c c+a a+b 2a 2b 2c a + bc b + ca c + ab = + + + + + −2 a+b+c b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dễ chứng minh với số thực dương x, y, z ta có 1 1 + +  ≥ Dấu xảy x= y= z x y z a b c  a   b   c  Ta có + + =  + 1 +  + 1 +  + 1 − b+c c+a a+b b+c  c+a   a+b  1   = (a + b + c) + + −3 b+c c+a a+b 1 1  = + + ( b + c ) + ( a + c ) + ( a + b ) )  (  − ≥ − = 2 b+c c+a a+b ( x + y + z) V (1,0đ) 0,25 2a 2b 2c + + b+c c+a a+b (1,0đ)  2a   2b   2c  =  + 2a  +  + 2b  +  + 2c  − ( a + b + c ) b+c  c+a   a+b        a b c       = 2a  + 1 + 2b  +  + 2c  + 1 − ( a + b + c ) b+c  c+a   a+b  b c   a = 2(a + b + c) + +  − 2(a + b + c) b+c c+a a+b ≥ ( a + b + c) − ( a + b + c) = ( a + b + c) Khi a + bc a + bc + ab + ac Tacó = +a = b+c b+c a + bc ( a + b )( a + c ) ⇒ = −a b+c b+c b + ca Tương tự ta= có: c+a ( a + b )( a + c ) b+c 0,25 ( b + c )( b + a )= c + ab ( a + c )( c + b ) −b; −c c+a a+b a+b Khi = a + bc b + ca c + ab + + b+c c+a a+b ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) − b+c c+a a+b (a + b + c) ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) ≥ b+c c+a ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ c+a a+b (a + b) (b + c ) ( c + a )( c + b ) + ( a + b )( a + c ) ≥ 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 ) ≥ b+c c+a a+b (a + b + c) 1 1  ⇒ P ≥ ( a + b + c ) − a + b += c  a + b + c −  − ≥ − > −2 2 2  Vậy, với a, b, c số thực dương 0,25 3a + bc 3b + ca 3c + ab + + − a + b + c ≥ −2 (đpcm) b+c c+a a+b HẾT -Đáp án điều chỉnh (câu V thay a + b + c a + b + c )