Hdc toán kscl vao 10 (lan 2) chinh thuc 12 5

Tìm m để phương trình cóhai nghiệm âm phân biệt.. Mà M là điểm chính giữa cung AB nên AM BM dẫn đếnADM BCM hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2 cung bằng nhau.. Tran

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM QUẬN HÀ ĐÔNG KHẢO SÁT LỚP 9 (Lần 2) Năm học: 2022 – 2023 Môn: Toán 9 Đáp án Điểm 2,0 Bài I Tính giá trị của biểu thức A khi x 25 0,5 1) Thay x 25 (TMĐK) vào biểu thức A 0,25 0,25 2) A 2 25  5 2.5  5 15 3) 25  1 5  1 4 1,0 A 15 0,25 0,25 Vậy khi x 25 thì 4 0,25 B x1 0,25 Chứng minh biểu thức x 3 0,5 Điều kiện: với x 0; x 1 và x 4 0,25 B  x 1  2  9 x  3 x  2 x 3 x x  6  x 1  2  9 x  3 x  2 x 3  x  2  x 3  x 1  x  3  2 x  2   9 x  3   x  2  x 3 x3 x  x 32 x  4 9 x 3  x  2  x 3  x  3 x  2   x  1  x  2 x  1  x  2  x 3  x  2  x 3 x 3 B x1 Vậy x  3 với x 0, x 1 và x 4 (đpcm) Với biểu thức P A.B , hãy so sánh biểu thức P với P Với x 0, x 1, x 4 P A.B 2 x  5 x  1 2 x  5 Ta có: x  1 x 3 x 3 Vì x 0; x 1; x 4  x 0  2 x  5  0; x  3  0 Do đó P  0 P xác định Xét hiệu P  P  P 1 P   P 1 P 1 P 2 Do P  0; 1 P  0 và 1 P 1 2 x  5  x  2  0,x 0, x 1, x 4 x 3 x 3 Suy ra P  P  0 nên P  P, x 0, x 1, x 4 0,25 2,0 Vậy P  P 1,5 Bài II 3 0,25 1) Đổi 45 phút 4 (giờ) 0,25 2) Gọi vận tốc người đi xe máy khởi hành từ A, vận tốc người đi xe đạp Bài khởi hành từ B lần lượt là x; y (km/h; x > 0; y > 0) 0,25 III 1) 3 3x 0,5 0,25 Sau 4 giờ quãng đường người đi xe máy đi từ A là: 4 (km) 0,5 3 3y 0,25 0,25 sau 4 giờ quãng đường người đi xe đạp đi từ B là: 4 (km) Cùng lúc, nếu đi ngược chiều nhau thì sau 45 phút họ gặp nhau, ta có 2,5 1,0 3 x  3 y 36 phương trình: 4 4 (1) Quãng đường người đi xe máy từ A đến C sau 2 giờ là: 2x (km) Quãng đường người đi xe đạp từ B đến C sau 2 giờ là: 2y (km) Nếu đi cùng chiều theo hướng từ A đến B thì sau 2 giờ họ gặp nhau tại C, ta có phương trình: 2x - 2y = 36 (2) 3 3  x  y 36 4 4 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2x  2 y 36 x 33  Giải hệ phương trình, tìm được  y 15 (TMĐK của ẩn) Vậy vận tốc người đi xe máy khởi hành từ A là 33 (km/h) vận tốc người đi xe đạp khởi hành từ B là 15 (km/h) R 6,5 3, 25cm Bán kính quả bóng tennis là: 2 Diện tích nguyên liệu cần dùng để làm mặt xung quanh của quả bóng (với nguyên liệu làm các mối nối không đáng kể) là: S 4 R2 4  3, 25 2 132, 67 (cm2) Giải phương trình: x  5 x  6 0 3 ĐKXĐ: x 0 0,25 0,25 x  5 x  6 0 0,25  x  x  6 x  6 0 0,25  x  x  1  6 x  1 0   x  6  x  1 0  x  6 0   x  1 0  x  6 (vô nghiệm)   x 1  x 1(t / m) Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 Cho phương trình: x3   m  5 x  m  4 0 Tìm m để phương trình có 1,5 0,25 hai nghiệm âm phân biệt Ta có: x3   m  5 x  m  4 0 (1)   x  1  x2  x  m  4 0  x  1 0  x 1  2  2  x  x  m  4 0  x  x  m  4 0 (*) 0,25 Vì phương trình (1) có nghiệm x = 1, nên để phương trình đã cho có 2 nghiệm âm phân biệt khi phương trình (*) có hai nghiệm âm phân 2)   0 0,25 x1x2  0 biệt  x1  x2  0 1 4m 16  0   m  4  0 0,25  1  0 (luôn ®óng)  17 m  17   4  4m 0,25 4 m  4 4  m  17 Kết luận: Vậy với 4 thì phương trình đã có hai nghiệm âm 0,25 phân biệt Bài IV 3,0 4 1) Chứng minh CDQP là tứ giác nội tiếp 1,0 Q P C D 0,25 O A FE B 1) M Vẽ hình đúng đến câu 1) Ta có Q DP ADM , Q CP B CM , (các cặp góc đối đỉnh) Mà M là điểm chính giữa cung AB nên AM B M dẫn đến ADM B CM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2 0,25 cung bằng nhau) Từ đó suy ra Q DP Q CP Xét tứ giác CDQP có: Q DP Q CP (cmt) Mà hai góc này có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh QP dưới một góc 0,25 không đổi  C, D thuộc cung chứa góc dựng trên đoạn QP (btqt) 0,25  CDQP là tứ giác nội tiếp (dhnb) 2) Chứng minh MC.ME = MD.MF 1,0 Xét (O) có: M BA M CA (cùng chắn cung AM ) 2) Mà M CA B CM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2 cung bằng nhau) 0,5 Suy ra M BA B CM dẫn đến M EB MBC (g-g) ME Suy ra MB  MB MC  MB2 ME.MC (1) 0,25 Tương tự ta cũng có MA2 MF.MD mà MA MB (do M A M B ) (2) 0,25 Từ (1) và (2)  MF.MD ME.MC (đpcm) 5 Chứng minh PQ song song với AB 0,5 3) *) Từ chứng minh ở câu 1) tứ giác CDQP là tứ giác nội tiếp nên 0,25 PQC PDC (góc nội tiếp cùng chắn cung PC)  Lại có ABCD là tứ giác nội tiếp nên: P DC C BA (cùng bù với ADC ) 0,25 Do đó P QC C BA , mà 2 góc này so le trong nên PQ / / AB * Tính tỉ số R3+ R R1+ R 2 4 0,5 Ta chứng minh kết quả sau: Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R thì BC 2R.sin B AC A K O B C Dựng đường kính BK của  O thì B CK 900 và BK 2R Ta có: B AC B KC (cùng chắn cung BC ) 0,25 Trong tam giác vuông BCK ta có:  BC BC  sin BKC    BC 2R sin BKC BK 2R Hay BC 2R sin B AC Áp dụng vào các tam giác DAF,DBF,CAE,CBE 0,25 R Ta có: 1= AF 2sinA DF , R 2 = BF 2sinB DF , R3= AE 2sinA CE , R 4 = BE 2sinB CE AF  BF R1  R2  2sinADF 2sinB DF R3 R4 AE  BE 2sinACE 2sinB CE Nên  Mặt khác: ADF B DF ACE B CE 12 sđ AB  sinADF sinB DFsinACE sinB CE 6 R1+ R2 = AF + BF = AB = 1 Do đo R3 + R4 AE + BE AB Bài V 0,5 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2 3xyz Tìm giá trị x2 y2 z2 Q 4 4 4 lớn nhất của biểu thức: x  yz y  zx z  xy Ta có: x, y, z  0 và x2  y2  z2 3xyz  xyz  yxz  zxy 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương: x  y 2 x  y 2 yz xz yz xz z Chứng minh tương tự: 0,25 y  z 2; xz xy x x  z 2 yz xy y  x  y  z 1  1  1  1  1  1 3 yz xz xy x y z x y z Lại có : 4 2 x2 1 1 2  1  1 1  1  1  x  yz 2x yz  4 x  yz 2 yz 4 y z 4  y z  y2 1  1 1  z2 1  1 1  4    ; 4     Tương tự : y  xz 4  x z  z  xy 4  x y  Q 1  2  2  2  1  1  1  1  3 0,25 Suy ra 4  x y z  2  x y z  2 Dấu ‘=’ xảy ra khi x y z 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của Q = 2 khi x = y = z = 1 Chú ý: +) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25 +) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tương ứng với biểu điểm của hướng dẫn chấm