22 23 đề và đáp án kscl toán 9 tỉnh thanh hoá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2022 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Ý NỘI DUNG Điểm I (2,0đ) 1 (1,0đ)[.]

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 P x  x 3 x1   x x 1 x  x 1 x  , với x 0 Cho biểu thức Rút gọn biểu thức P Với điều kiện x 0 , ta có P (1,0đ) I x  x 3   x 1  x 1 x  x 3      x  1 x   x  x 1 x   x 1  0,25 x 1 0,25 x   Vậy Tìm x để x 1 x 1 x 1 x   x 1  x 1 0,25 x 1 P P  Với x 0 , ta có:  0,25  x 1 x  P (1,0đ) x1  x  x 1  x  x   x  1 x  x  (2,0đ)   x 1 x    Điểm NỘI DUNG 1  x 1  x 1  x 1 (thỏa mãn) x  2 0,50 0,50 Vậy x 1 giá trị cần tìm II (2,0đ) (1,0đ) d : y  a  1 x  b  a, b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( tham số) Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : y 3x  qua điểm A  2;3 2 Tính T a  2b Đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : y 3x  , nên ta có a  3 (1) Đường thẳng d qua điểm A  2;3  a  1  b   2a  b 7 0,50 , nên ta có (2)  a  3   Từ (1) (2) ta có hệ 2a  b 7  a 4  b  0,50 2 Khi dó ta có T a  2b 16  18 Giải hệ phương trình (1,0đ) Ta có 2 x  y 4   5 x  y 3  x 1     y 4 III (2,0đ) 2 x  y 4  5 x  y 3 7 x 7  2 x  y 4 0,50  x 1   y  Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (1;  2) 0,50 (1,0đ) Giải phương trình x  x  0 Ta có : a 1; b 6; c 5 0,50 Ta thấy a  b  c 1   0 0,50 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  (1,0đ) Cho phương trình x  2( m  1) x  2m  0 Tìm giá trị m để phương trình x có hai nghiệm x1 , x2  2mx1  2m  1  x22  2mx2  2m  1  thỏa mãn điều kiện: Xét phương trình x  2(m  1) x  2m  0 (1) Ta có Δ '  m  2m  1  2m  m  4m   m     0, m nên 0,25 phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có  x1  x2 2(m  1)   x1 x2 2m  Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên: x1  2(m  1) x1  2m  0 (2) (3) 0,25  x12  2mx1  2m   x1  2 Tương tự ta có x2  2mx2  2m   x2  x12  2mx1  2m  x22  2mx2  2m   Khi     ( x1  4)( x2  4)    x1 x2  2( x1  x2 )    0,25  x1 x2  2( x1  x2 )   (4) Thế (2) (3) vào (4) ta 2m   2.2(m  1)     2m    m  Vậy IV (3,0đ) m 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 O Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng cắt   D E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC F , cắt AC I Chứng minh MBOC tứ giác nội tiếp (1,0đ) Xét tứ giác MBOC ,ta có: 0,50  MBO 900 (vì MB tiếp tuyến đường tròn  O  B )  MCO 900 (vì MC tiếp tuyến đường tròn  O  C ) 0   Suy MBO  MCO 90  90 180 Vậy tứ giác MBOC tứ giác nội tiếp 0,50 Chứng minh FI FM FD.FE * Xét tam giác: FBD FEC , ta thấy:   BFD CFE (đối đỉnh)   DBF CEF (hai góc nội tiếp chắn cung CD ) 0,25 Suy FBD đồng dạng với FEC (g-g) FD FB   FD.FE FB.FC FC FE Suy (1) (1,0đ) * Xét tứ giác MBIC , ta có :   MBC BAC (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp BC chắn cung )   BAC MIC (đồng vị) 0,25   Suy MBC BIC 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   BFM CFI (đối đỉnh)   MBF FIC (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) 0,25 Suy FBM đồng dạng với FIC (g-g) FB FM   FI FM FB.FC Suy FI FC (2) 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 (1,0đ) 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 Gọi H hình chiếu I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là: 0,25 S  BC.IH Do BC không đổi nên diện tích tam giác IBC lớn IH lớn V (1,0đ) Ta thấy, A chạy cung lớn BC I ln thuộc đường trịn đường kính OM Do IH lớn I trùng với O hay AC đường kính đường trịn tâm (O) 0,25 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 3b2  ca 3c  ab    a  b  c  b c c a a b 2 (1,0đ) 3a  bc 3b  ca 3c  ab P    a b c b c ca a b Đặt 2a 2b2 2c a  bc b  ca c  ab        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  x  y  z      9  x y z Dấu xảy x  y  z 0,25 a b c  a   b   c      1    1    1  Ta có b  c c  a a  b  b  c   c  a   a  b  1    a  b  c       b c c a a b  1   1    b  c   a  c   a  b           b c c a a b  2 2a 2b 2c   Khi b  c c  a a  b  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  2  a  b  c    a  b  c   a  b  c  a  bc a  bc  ab  ac  a  b   a  c  a   bc b c Tacó b  c  a  bc  a  b   a  c   a bc bc b  ca  b  c   b  a  c  ab  a  c   c  b   b  c ca a b Tương tự ta có: c  a ; a b 0,25 a  bc b  ca c  ab   ca a b Khi b  c   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  2 bc ca  b  c   b  a    c  a   c  b  2 ca a b  b  c  c  a   c  b    a  b   a  c  2 a b b c  a  b 0,25  c  a   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  2 b c ca a b  a  b  c 1 1   P 2  a  b  c   a  b  c 2  a  b  c       2 2  Vậy, với a, b, c số thực dương 0,25 3a  bc 3b  ca 3c  ab    a  b  c  bc ca a b (đpcm) HẾT -Đáp án điều chỉnh (câu V thay a  b  c a  b  c )