Gọi P là trung điểmMO.. Vẽ tia Px vuông góc với MN cắt nửa đường tròn tại A.. Trên đoạn thẳng AP lấy điểm B bất kì B khác A và P, MB cắt nửa đường tròn tại C C khác M.a/ Chứng minh: Tứ g
Trang 1ĐỀ 29 Câu 1: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình sau: x2 -2024x + 2023 = 0
b) Giải hệ phương trình: {3x−5 y=21
2x+ y=3
1/ Rút gọn P
2/ Tính giá trị của P khi x =
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Trong măt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx + n và đường thẳng (d’): y = 3x + 5 Tìm a, b biết (d) đi qua điêm A(1; - 2) và (d)//(d’)
b) Cho phương trình x2 – (2n – 3)x + n2+ 2n = 0(1) (n là tham số)
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiêm x1, x2 thoả mãn:
(2x1 – n)(x22 – 2nx2 + 5x2 + n2 + n) = - 13
Câu 4: (3,0 điểm)Cho nửa đường tròn tâm O đường kính MN = 2R Gọi P là trung điểm
MO Vẽ tia Px vuông góc với MN cắt nửa đường tròn tại A Trên đoạn thẳng AP lấy điểm
B bất kì (B khác A và P), MB cắt nửa đường tròn tại C (C khác M)
a/ Chứng minh: Tứ giác NPBC nội tiếp
b/ Tính MB MC theo R
c/ Gọi D là giao điểm của NC với tia Px, I là trung điểm của BD, Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD Chứng minh QI có độ dài không đổi khi B di chuyển trên đoạn thẳng IP
Câu 5: (1,0 điểm) Cho 2 số thực a và b thỏa mãn a > b và ab = 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
……… …… Hết ………
Trang 2PHÒNG GD&ĐT HÀ TRUNG HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2021 – 2022 (LẦN 1)
Môn: Toán
điểm Câu 1
(2,0
điểm)
a
1, 0
điểm
phương trình sau: x 2 -7x – 8 = 0
= (-7) 2 – 4.1.(-8) = 49 + 32 = 81 > 0
, phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,5
0,25
0,25 b
1,0
điểm
0,5 0,5
Câu 2
(2,0
điểm)
a
1,0
điểm
=
=
Vậy với thì
0,25 0,25 0,5
b
0,75
Với
0,25 0,25
Trang 3=
0,25
a
1,0
điểm
(d): y = ax + b (d ’ ): y = 2x + 3.
Vì (d)//(d ’ ) nên
Vì (d) đi qua A(- 1; 2) nên 2=a.(- 1) + b
Mà a = 2 nên 2 = 2.(- 1) + b b = 4 Thoả mãn ĐK Vậy ………
0,5 0,5
Câu 3
(2,0đi
ểm)
b
1,0
điểm
x 2 – (2m – 3)x + m 2 + 2m = 0 (1)
* Pt (1) là phương trình bậc hai ẩn x với mọi m
Có:
= 4m 2 – 12m + 9 – 4m 2 - 8m = - 20m + 9
* Pt (1) có hai nghiệm khi
(*)
* Với x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình (1).
Áp dụng hệ thức Viet ta có:
* Lại có (2x 1 – m)(x 2 – 2mx 2 + 5x 2 + m 2 + m) = - 13 (2)
Vì x 2 là nghiệm của phương trình (1) nên
x 2 – (2m – 3)x 2 + m 2 – 2m = 0
x 2 = (2m – 3)x 2 - m 2 + 2m thay vào (2) ta được (2x 1 – m)(2x 2 – m) = - 13
4x 1 x 2 -2mx 1 – 2mx 2 + m 2 = - 13 4x 1 x 2 -2m(x 1 + x 2 ) + m 2 = - 13 (II)
Từ (I) và (II) ta có 4(m 2 + 2m) – 2m(2m – 3) + m 2 = - 13 4m 2 + 8m - 4m 2 + 6m + m 2 = - 13
m 2 + 14m + 13 = 0 Đây là phương trình bậc hai, ẩn m có 2 nghiệm là m 1 = - 1; m 2 = - 13 Cả hai giá trị này đều thoả mãn đk (*)
Vậy
0,25
0,25
0,25
Trang 4Câu 4
(3,0
điểm)
E
F H
N
D
M I
K
a/ Chứng minh: Tứ giác BCMK nội tiếp.
+/ Trong đường tròn (O) có KMB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Lại có: góc KCB = 90 0 ( Do KC vuông góc với AB)
=> Góc KMB + góc KCB = 180 0
Mà Góc KMB và góc KCB là hai góc đối của tứ giác BCKM
=> Tứ giác BCKM nội tiếp
b/ Tính AK.AM theo R +/ C/m: tam giác AKC đồng dạng với tam giác ABM
=> AK.AM = AC.AB =
R
2 .2R=R2. c/ C/m: EN không đổi
Gọi H là điểm đối xứng với B qua C => Góc DHA = góc DBC
Mà góc DBC = góc AKC ( Tam giác AKC đồng dạng với tam giác ABM )
góc DHA = góc AKC
Tứ giác AHDK nội tiếp đường tròn tâm E Gọi F là trung điểm HA => EF vuông góc với HA và FC
= R Lại có N là trung điểm KD => EN vuông góc với KD
góc ENC = góc NCF = góc EFC = 90 0 => ENCF là hình chữ nhật
=> EN = FC = R không đổi (đpcm)
1,0 1,0
0,5
0,5
Câu 5
1
Vì a > b => a – b > 0 Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương là và =>
0,5
0,5
Trang 5Dấu “=” xảy ra
Vậy GTNN của A là 6 a = 4; b = 1
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Bài hình không vẽ hình không chấm điểm