De khao sat toan 9 lan 3 nam 2022 2023 phong gddt me linh ha noi

Microsoft Word 1 de dap an toan 9 khao sat lan 3 22 23 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÊ LINH KÌ THI KHẢO SÁT LẦN 3 LỚP 9 NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao[.]

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÊ LINH KÌ THI KHẢO SÁT LẦN LỚP NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài I (2,0 điểm) x x 5x   B  với x  0; x  x 2 x 2 x4 1) Tính giá trị biểu thức A x  100 2) Rút gọn biểu thức P biết P  A  B 3) Tìm giá trị lớn P Bài II (2,0 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Tháng thứ hai đội sản suất 1100 sản phẩm Sang tháng thứ hai, đội I làm vượt mức 15% đội II làm vượt mức 20% so với tháng thứ nhất, hai đội làm 1295 sản phẩm Hỏi tháng thứ đội làm sản phẩm ? 2) Người ta thả cục đá vào cốc thủy tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm phần xuống nước cốc Hãy tính thể tích phần đá chìm nước cục đá đó, biết diện tích đáy cốc nước hình trụ 16,5 cm nước cốc dâng thêm 80 mm Bài III (2,5 điểm)   x   y  1) Giải hệ phương trình:    y  23  x  2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng  d  : y  mx  2m  parabol  P  : y  x Cho A  a) Tìm toạ độ giao điểm  d   P  m  b) Tìm m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 cho 1   x1 x2 Bài IV (3,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Kẻ đường kính CD vng góc AB Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD E Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  cắt đường thẳng BM N Gọi P hình chiếu vng góc B DN 1) Chứng minh điểm M , N , D, E nằm đường tròn 2) Chứng minh EN / / CB 3) Chứng minh AM BN  R tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình x x   ( x  5) x   x  x  HẾT -Thí sinh sử dụng máy tính cầm tay làm Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh Chữ kí cán coi thi thứ Chữ kí cán coi thi thứ hai HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN THI : TOÁN Bài I Nội dung cần đạt x x 5x   B  với x  0; x  x 2 x 2 x4 1) Tính giá trị biểu thức A x  100 2) Rút gọn biểu thức P biết P  A  B 3) Tìm giá trị lớn P 1) Thay x  100 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta được: 100 A  100  Vậy A  x  100 2) Với x  0; x  ta có Điểm Cho A  x x 5x    x 2 x 2 x4 P  A B  P P x  0.5  x 2 3 x  x 2    x   5x  x 2  x  x  3x  x  x   3) Ta có P  x 2  x 2    0.5 x 4 x 2  x 2   x 2 0.5 với x  0; x  x 2 Vì x   x   x 22 P  2   , dấu xảy x  x 2 0.5 Vậy giá trị lớn P  x  1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Tháng thứ hai đội sản suất 1100 sản phẩm Sang tháng thứ hai, đội I làm vượt mức 15% đội II làm vượt mức 20% so với tháng thứ nhất, hai đội làm 1295 sản phẩm Hỏi tháng thứ đội làm sản phẩm? II 2) Người ta thả cục đá vào cốc thủy tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm phần xuống nước cốc Hãy tính thể tích phần đá chìm nước cục đá đó, biết diện tích đáy cốc nước hình trụ 16,5cm nước cốc dâng thêm 80 mm 1) Gọi số sản phẩm đội I, đội II làm tháng thứ x , y (đơn vị: sản phẩm, x  0; y  ) Theo ta có: Tháng thứ hai đội sản xuất 1100 sản phẩm nên ta có x  y  1100 0.5 Sang tháng thứ hai, đội I làm vượt mức 15% đội II làm vượt mức 20% so với tháng thứ nhất, hai đội làm 1295 sản phẩm, ta có phương trình: x.115%  y.120%  1295  x  y  1100 1, x  1, y  1320 Ta có hệ phương trình:   1,15 x  1, y  1295 1,15 x  1, y  1295 0,5 Trừ vế với vế hai phương trình, ta có 1, x  1, y  1320  y  1100  x  x  500 (thỏa mãn điều kiện ban đầu)    0.5 0, 05 x  25  x  500  y  600 Vậy tháng thứ đội I làm 500 sản phẩm, đội II làm 600 sản phẩm Khi thả cục đá vào cốc nước, phần thể tích nước dâng lên phần thể tích chìm nước cục đá chiếm chỗ Đổi 80 mm  cm Thể tích chìm nước cục đá là: V  S h  16,5.8  132 (cm ) 0.5 Vậy thể tích chìm nước cục đá 132 cm3   x   y  1) Giải hệ phương trình:    y  23  x  2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng  d  : y  mx  2m  parabol  P  : y  x2 a) Tìm toạ độ giao điểm  d   P  m  b) Tìm m để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 cho III   x   y  1) Ta có hệ phương trình:    y  23  x   18 11 y  55  x   y      y  23  18  y  46   x 1  x    3  x   3  x  2 (TM )    x 1    y  25  y  25 (TM )  y 5  1   x1 x2 ĐKXĐ: x  1; y  Vậy hệ có nghiệm  x; y    2; 25  0.25 0.25 0.25 0.25 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  là: x  2mx  2m   * a) Khi m  phương trình (*) viết là: x  14 x  13    x  1 x  13  0.5 x  1 y 1   x 1     x  13   x  13  y  13  169 Vậy m  toạ độ giao điểm  d   P  là: 1;1 13;169  0.5 b) Ta có phương trình: x  2mx  2m   * Do a  b  c   2m  2m   nên phương trình có nghiệm x1  1; x2  2m  m  2m    Để  d  cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ khác    2m   m   x  x  2m Theo hệ thức Viét có:   x1 x2  2m  Ta xét: x x 1 1 1 2m 1        4m  2m   6m   m  (TM ) x1 x2 x1 x 2 2m  0.5 thoả mãn đề Cho đường trịn  O; R  đường kính AB Kẻ đường kính CD vng góc AB Lấy Vậy với m  điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD E Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  cắt đường thẳng BM N Gọi P hình chiếu vng góc B DN 1) Chứng minh điểm M , N , D, E nằm đường tròn 2) Chứng minh EN / / CB 3) Chứng minh AM BN  R tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn 1) Xét đường tròn  O  có:  AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB) DN tiếp tuyến  O  D  DN  OD (tính chất tia tiếp tuyến đường tròn) V   90  ODN Xét tứ giác MNDE có: K   NDE   180 mà góc đối  EMN  Tứ giác MNDE nội tiếp đường tròn  bốn điểm M , N , D, E nằm đường tròn (ĐPCM) 2) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác EMND có:  )   DMN  ( góc nội tiếp chắn cung DN DEN   sđ DB    90  45 (góc nội tiếp chắn DB  )  DEN   45 Xét  O; R  có: DMN 2   45 OCB tam giác vuông cân O  OCB   DEN   45 mà hai góc vị trí đồng vị  DN / / CB Ta có: OCB       sđ DM   sđ DB   góc có đỉnh ngồi đường trịn  O  nên DNM 3) Góc DNM   ( sđ DM   sđ DA  )  sđ    sđ DA   90 suy DNM Ta lại có: sđ DB AM 2 Mặt khác:  ABM  sđ  AM (góc nội tiếp chắn  AM )   Suy ra: DNM ABM hay PNB ABM   Cmt    AMB  BPN Xét hai tam giác ABM BNP có:     ABM  PNB  Cmt  AM AB   AM  BN  AB  BP BP BN Nhận thấy: OBPD hình vng nên BP  OD  R Do đó: AM  BN  AB  BP  R  R  R Suy ra: ABM  BNP  g  g  nên 0.5 0.5 0.5 0.5 Kẻ NK  BC K , EF  BC F Ta có S NBC  NK  BC Do BC không đổi nên S NBC max  NKmax Mà ENKF hình chữ nhật  NK max  EF max  EOM B 0.5 0.5 Giải phương trình x x   ( x  5) x   x  x  Điều kiện: x  1 Ta có x x   ( x  5) x   x  x   x( x   2)  ( x  5)( x   3)  x  x V x 3 x 3  ( x  5)  ( x  3)( x  3) x 1  x6 3 x x5    ( x  3)    ( x  3)   x6 3  x 1   Ta thấy x x5 x 1 x 1   ( x  3)    x 1  x6 3 x 1  0.25 x5 x5   x6 3 x 1  ( x  1) x  ( x  5)( x   1)    0, x  2 x 1  x6 3 x 1  Vậy phương trình có nghiệm x   0.25 Lưu ý chấm bài: - Trong trình chấm giám khảo chia điểm nhỏ phần - Hướng dẫn chấm (HDC) trình bày cách giải đại diện, bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm - Bài hình học khơng vẽ hình phần khơng cho điểm phần - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn