Toán 14

Chứng minh IA TAIB TB3.

ĐỀ 22

Câu I (2,0 điểm)

Cho biểu thức

A

1.Rút gọn A

2.Tìm các giá trị của x để

1 8

x

A 

Câu II (2,0 điểm).

1 Cho hai hàm số bậc nhất y = x –3 và ym2 1 x 2m 3  

Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm có hoành độ bằng -1.

2 Giải hệ phương trình:

x 2y 2 3x 2y 6







Câu III (2,0 điểm).

1 Giải phương trình: x2 3x 18 0 

2.Tìm m để phương trình: x2 5x 3m 1 0    (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1,

x2 thỏa mãn x13 x32 3x x1 2  75

Câu IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.

Trên d lấy một điểm M bất kì, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm) Kẻ cát tuyến MDE ( D nằm giữa M và E) Gọi I là trung điểm DE.

1 Chứng minh tứ giác MAIO nội tiếp.

2 Gọi T là giao điểm của AB với MI Chứng minh

IB TB

3 Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích MAOB nhỏ nhất.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a; b là các số dương thỏa mãn điều kiện a b 34ab 12

Chứng minh bất đẳng thức

2022ab 2023

1 a 1 b    

- HẾT

-PHÒNG GD & ĐT

HÀ TRUNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9

NĂM HỌC 2021-2022 (LẦN 1)

Môn thi: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 06 trang, gồm 05 câu)

HƯỚNG DẪN CHẤM

I

2,0

điểm

Cho biểu thức

A

1.Rút gọn A

2.Tìm các giá trị của x để

1 8

x

A 

2,0

   

   

A

0,25

   

   

1

3









x x

x

0,25





x A

2. Để

x 1 A

8





thì

8

x 3







0,25

   

x 4 x 3 8 x 0

x 4 x 3 0

0,25

 x  vi x  nên x 

9

Vậy x = 9 thì

1 8

x

II

2,0

điểm

1 Cho hai hàm số bậc nhất y x 3  và ym21 x 2m 3  

Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm có

hoành độ bằng -1.

1,0

Để 2 đồ thị hàm số y x 3  và ym21 x 2m 3  

cắt nhau thì

Vì đồ thị hàm số y x 3  đi qua điểm có hoành độ x = -1 nên ta được

y 1 34

hay đồ thị hàm số y x 3  đi qua điểm có tọa độ ( -1; - 4)

0,25

Để đồ thị của các hàm số y x 3  và ym21 x 2m 3  

cắt nhau tại một điểm

có hoành độ bằng - 1 thì đồ thị hàm số ym21 x 2m 3  

đi qua điểm có tọa độ ( -1; - 4) hay ta được :

2 2 2

 m 2 0  ( vì m 0 )

 m 2 ( thỏa mãn)

0,25

2 Giải hệ phương trình:

x 2y 2 3x 2y 6





x 2y 2

3x 2y 6







4x 8

x 2y 2





 



0,25

x 2

y 0





 



Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) là (2; 0)

0,25

1 Giải phương trình: x2 3x 18 0 

1,0

Ta có:

 32 4.1.( 18) 81 0 9

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

III

2,0

điểm

1

2

2.1

2.1

  

  

0,25

2. Tìm m để phương trình: x2 5x 3m 1 0    (x là ẩn, m là tham số) có

hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn x13 x32 3x x1 2  75. 1,0

29 12m

   Để pt có hai nghiêm x1, x2

29 0

12

m

Áp dụng vi ét x1x2 5 và x x1 2 3m1

3

0,25

Kết hợp x1x25 suy ra x11;x2 4

Thay vào x x1 2 3m1 suy ra m =

5 3

0,25

Vậy m =

5

Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm

chung với đường tròn Trên d lấy một điểm M bất kì, qua M kẻ các

tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm) Kẻ cát

tuyến MDE ( D nằm giữa M và E) Gọi I là trung điểm DE.

3,0

điểm

1.Chứng minh tứ giác MAIO nội tiếp.

1,0

Do MA là tiếp tuyến của đường tròn ( O)

Do ID = IE (gt)  OI DE ( quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét tứ giác MAIO có MAO MIO 90   0 MAIO là tứ giác nội tiếp ( tứ

giác có 2 đỉnh kề nhau nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc

không đổi)

0,25 0,25 0,25

2.Gọi T là giao điểm của AB với MI Chứng minh

Do MA = MB (cmt)  MAB cân ở M MAB MBA  0,25 Xét tứ giác MAIB nội tiếp ( cmt)

MAB MIB

  ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

MBA MIA ( góc nội tiếp cùng chắn cung MA)

Mà MAB MBA  ( cmt) nên MIA MIB   TIA TIB 

0,25 0,25

Xét tam giác AIB có TIA TIB

 IT là phân giác trong của AIB

Theo tính chất đường phân giác trong ta có: IA TA đpcm

IB TB

0,25

3.Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích MAOB nhỏ nhất 1,0

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d P là giao điểm của AB với

D

M

T

Q

E

d

H P

I

O A

B

Ta dễ chứng minh OQP

OHM(g.g)

  

2

OH

Mà O và d cố định OH không đổi OP không đổi

Lại có AB=2AQ2 OA2 OQ2 mà OQ OP

4

2

( không đổi) Dấu đẳng thức xảy ra khi Q trùng với P hay M trùng với H

0,25

0,25

Vì MOAB nên AOBM

1

2



Mà

2 2 2R

OH

; OM OH

AOBM

1 2R

2 OH

( không đổi) Dấu đẳng thức xảy ra khi M trùng với H

0,25

0,25

V

1,0

điểm

Cho a; b là các số dương thỏa mãn điều kiện a b 34ab 12

Chứng minh bất đẳng thức

2022ab 2023

1 a 1 b    

1,0

12 a b 4ab 2 ab 4ab Đặt t ab t 0 

thì

3 2

2

12 8t 4t

2t t 3 0

t 1 2t 3t 3 0

Do

2

       

  với mọi t nên t 1 0   t 1 Vậy 0 ab 1 

0,25

Ta chứng minh với a, b > 0 thỏa mãn ab 1 thì

1 a 1 b 1     ab Thật vậy:

0,25

       

2

0

0

0

0



Do 0 ab 1  nên bất đẳng thức trên đúng

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b

Ta chứng minh

2 2022ab 2023

1 ab   với a, b > 0 thỏa mãn ab 1

Đặt t ab 0 t 1    ta được

2

2

2

2022t 2023

1 t

2022t 2022t 2023t 2021 0

t 1 2022t 4044t 2021 0



Bất đẳng thức này đúng với 0 t 1 

Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 1

0,25

Do đó

2022ab 2023

1 a 1 b     Dấu đẳng thức xảy ra khi a b 1 

0,25

- Hết -Chú ý:

- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không

chấm.

- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.