Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Lê Ngọc Hân

Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Lê Ngọc Hân là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên trong quá trình giảng dạy và phân loại học sinh. Đồng thời giúp các em học sinh củng cố, rèn luyện, nâng cao kiến thức môn học. Để nắm chi tiết nội dung các bài tập mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MƠN: TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 21 tháng năm 2021 TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I( điểm) Cho biểu thức A= x +4 x   x+3 = + : B  với x > 0; x ≠  x +3 x +3 x −3  x −9 Tính A x = Chứng minh B = x +1 x +3 Đặt = P ( A − 1) B Tìm giá trị x để P đạt giá trị lớn Bài II (2,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Một đơn vị vận tải dự định sử dụng lượng xe có trọng tải để chuyên chở 420 vật liệu xây dựng Tuy nhiên làm việc, có xe khơng hoạt động, xe cịn lại phải chở thêm hồn thành công việc hạn giao Hỏi ban đầu, đội vận tải dự định sử dụng xe xe dự định chở vật liệu? (Biết xe chở khối lượng vật liệu xay dựng nhau) Bài toán thực tế Để làm mũ hình bên, bạn An cần tờ giấy thủ công màu Mũ hình nón có đường kính đáy 160mm, chiều cao 400mm Hãy xác định diện tích tờ giấy màu mà bạn An cần chuẩn bị theo cm2? (lấy π = 3,14 làm tròn kết đến số thập phân thứ 2) Bài III (2 điểm) x  −1  x −1 + x + y =  Giải hệ phương trình sau:  13  − 2x =  x − x + y Trên mặt phẳng tọa độ xOy, cho Parabol ( P) : y = − x đường thẳng (d ) : y = −6 x + m + a Tìm tọa độ giao điểm ( P) (d ) m = b Tìm m để ( P) cắt (d ) hai điểm phân biệt A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) thỏa mãn y1 + x2 = Bài IV (3 điểm) Cho đường tròn (O), từ điểm A ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến AB AC với (O) (B, C tiếp điểm) OA cắt BC E Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chứng minh: BC vng góc với OA BA.BE = R AE Gọi I trung điểm BE, đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt tia AB, AC theo thứ tự D F Chứng minh ∆DOF cân F trung điểm AC Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình: x3 + 3x + 3x − + x2 = + 3x 2 Chúc em làm tốt! ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Đáp án Bài Câu A= Điểm x +4 Tính A x = x +3 ĐK: x > 0; x ≠ x= 0,25 (TMĐK) Thay vào A, ta có: A= +4 13 = + 10 Vậy x = 0,25 13 A = 10   x x+3  x+3  + = + B= :  x −9  x +3 x −3  x −3 x +3   (   x +3+ x −3  x −3  = =  x −3 x x +3    I ( )( ( ) x +1 x +3 ) ( x −3 )(  x+ x     x +3 x )   x x +1 =  x +3  = )(   x − x x +3   x −3   0,25 0,25 0,25 x Vậy B = ) x +1 x +3 0,25 Đặt = P ( A − 1) B Tìm giá trị x để P đạt giá trị lớn * ĐK: x > 0; x ≠ 0,25  x +  x +1 x +1 P =( A − 1).B = − 1 =  x +3  x +3 x +3 ( = Đặt a = ( x +3− = x +3 − x +3 ) ( ) x +3 ) ⇒ P= a − 2a x +3  1 1 a  P =−2a + a =−2  a −  =−2  a − 2.a +  −  2 16  16    1  = −2  a −  + 4  Ta có 1  −2  a −  ≤ 4  ∀a 1 1  ⇒ −2  a −  + ≤ ⇒ P ≤ 4 8    1 0,25 Dấu “=” xảy −2  a −  = ⇔ a = 4 ⇒  1 = ⇔ x + = ⇔ x = ⇔ x = 1(TMDK ) x +3 Vậy Pmax = đạt x = Gọi số xe ban đầu đội vận tải dự định sử dụng x ( x > 2; x ∈ N , đơn vị: 0,25 xe) II Số xe thực tế làm việc x – (xe) 420 (tấn/xe) x 0,25 420 (tấn/xe) x−2 0,25 Ban đầu xe dự định chở Thực tế xe phải chở 0,25 Vì so với dự kiến, xe phải chở thêm nên ta có phương trình 420 420 +7 = x−2 x 0,25 ⇔ 420( x − 2) x( x − 2) 420 x + = x( x − 2) x( x − 2) x( x − 2) 420 x − 840 + x − 14 x 420 x ⇔ = x( x − 2) x( x − 2) 0,25 ⇒ 420 x − 840 + x − 14 x = 420 x ⇔ x − 14 x − 840 = ⇔ x − x − 120 = ⇔ ( x + 10 )( x − 12 ) = 0,25  x = −10( L) ⇔  x = 12(TM ) Vậy ban đầu đội vận tải dự kiến sử dụng 12 xe Và xe dự định chở 420 :12 = 35 (tấn/xe) 0,25 Diên tích xung quanh hình nón S= π= rl 3,14.160.400 = 200960(mm ) xq 0,25 Diện tích giấy màu cần dùng là: = S xq 200960( = mm ) 2009, 6(cm ) x  −1  x −1 + x + y =  Giải hệ phương trình sau:  13  − 2x =  x − x + y  3a + b =−1  x − = a ĐK:  ; hệ phương trình cho trở thành  13 a − 2b =  x =b  x + y III 0,25 0,25 3a + b =−1 18a + 6b =−6 3a + b =−1 ⇔ ⇔ ⇔ − 6b 13 − 6b 13 = 3a= 3a= 21a 0,25  3 + b =−1 b =−1 − b =−2 ⇔ ⇔ ⇔ 1 a = = a 3= a  0,25  x = −2  x  x  10 = −2 = −2  x + y  x + y = −2   ⇒ ⇔ ⇔ x+ y ⇔ 10 + y  =1    = x −1 =  x 10  x −1 =  x − −20 − y −15 10 = y = ⇔ ⇔ = =  x 10  x 10 0,25 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x;= y ) (10; −15 ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) ta có − x2 = −6 x + m + ⇔ x2 − 6x + m + = (=a 1;=b 4;=c 4m − m2 ) Với m = 2, ta có phương trình 0,25 x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − ) = x = ⇔ x = Tung độ giao điểm x =⇔ y= −12 = −1 x =⇔ y= −52 = −25 0,25 Tọa độ giao điểm (P) (d) (1; −1);(5; −25) Xét phương trình hồnh độ giao điểm − x2 = −6 x + m + ⇔ x2 − 6x + m + = 1; b = −6; c =+ m 3) (a = ∆ = b − 4ac = (−6) − 4.1 ( m + 3) = 36 − 4m − 12 = 26 − 4m Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ∆ > ⇔ 24 − 4m > ⇔ m < Áp dụng định lý Vi-ét ta có: −b  (1)  x1 + x2 = a =   x x = c= m + (2)  a 0,25 Ta có y1 = − x12 thay vào y1 + x2 = ta có Từ (1) ta có x2= − x1 , thay vào − x12 + x2 = − x12 + − x1 = ⇔ x12 + x1 − = ⇔ ( x1 + 3)( x2 − ) = 0,25  x1 = −3 ⇔  x1 = TH1: x1 =−3 ⇒ x2 =9 thay vào (2) ta có −3.9 =m + ⇔ m =−30 (TMĐK) TH1: x1 =2 ⇒ x2 =4 thay vào (2) ta có 2.4 = m + ⇔ m = (TMĐK) Vậy để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn y1 + x2 = m ∈ {−30;5} Hình D B I A 0,25 E O F C Ta có: AB, AC tiếp tuyến B C (O) (giả thiết) ⇒ AB ⊥ OB B; AC ⊥ OC C (Định nghĩa tiếp tuyến) 0,25 ⇒  ABO =  ACO = 900 IV Xét tứ giác ABOC có  ABO +  ACO = 1800 0,25 Mà  ABO;  ACO hai góc đối tứ giác ABOC ⇒ ABCO tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 0,25 Ta có, AB, AC tiếp tuyến B C (O) (giả thiết) ⇒ AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 Mà OA = OB = R ⇒ A, O thuộc đường trung trực BC (tính chất đảo điểm thuộc đường trung trực) ⇒ AO đường trung trực BC 0,25 ⇒ AO ⊥ BC E Xét ∆ EAB ∆ EBO có   AEB = BEO = 900  = EBO  (cùng phụ với  BAE ABE ) 0,25 ⇒ ∆EAB ∼ ∆EBO (g-g) ⇒ EA AB BE.BA =⇒ = OB = R EB OB AE 0,25 a) Ta có OID  OBD  = = 900 ⇒ BDOI nội tiếp  = OBI  (hai góc nội tiếp chắn OI ) ⇒ ODI  FCO  Ta có = FIO = 900 ⇒ FIOC nội tiếp  = ICO  (hai góc nội tiếp chắn OI ) ⇒ IFO 0,25  = OCB  Ta có OB = OC = R ⇒ ∆OBC cân O ⇒ OBC  = OFI  ⇒ ODI 0,25 ⇒ ∆OFD cân O Ta có ∆ODF cân O, OI đường cao ⇒ OI đường trung tuyến ⇒ I trung điểm OD Mà I trung điểm BE (giả thiết) 0,25 ⇒ BDEF hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) ⇒ EF // BD hay EF//AB Xét ∆CAB có E trung điểm BC, 0,25 EF // AB (F ∈ AC) ⇒ F trung điểm AC V Ta có x3 + x + x −= x (5 x − 2) + x(5 x − 2) + (5 x − 2) = (5 x − 2)( x + x + 1) Phương trình cho tương đương với: 0,25 x2 (5 x − 2)( x + x + 1) = + x − (dkxd : x ≥ ) 2 ⇔ (5 x − 2)( x + x + 1) = x + x − Đặt a= x − 2; b= x + x + , a; b ≥ 0,25 Ta có 2ab = a + b ⇔ a = b x − 2= Khi đó: x2 + x + ⇔ 5x − = x2 + x + ⇔ x2 − 4x + = ⇔ ( x − 1)( x − 3) = S = {1;3} Chú ý : 1) Học sinh phải lập luật chặt chẽ cho điểm tối đa 2) Nếu học sinh có cách giải mà khác với hướng dẫn chấm giáo viên thống chia điểm dựa vào hướng dẫn chấm dành cho câu hay ý 3) Giáo viên chia nhỏ bước giải để chấm điểm cho học sinh 4) Phần hình học: học sinh khơng vẽ hình tương ứng vẽ hình sai khơng cho điểm 5) Điểm tổng tồn để lẻ đến 0,25  ... (P) hai điểm phân biệt ∆ > ⇔ 24 − 4m > ⇔ m < Áp dụng định lý Vi-ét ta có: −b  (1)  x1 + x2 = a =   x x = c= m + (2)  a 0,25 Ta có y1 = − x12 thay vào y1 + x2 = ta có Từ (1) ta có x2= − x1... x1 = TH1: x1 =−3 ⇒ x2 =9 thay vào (2) ta có −3 .9 =m + ⇔ m =−30 (TMĐK) TH1: x1 =2 ⇒ x2 =4 thay vào (2) ta có 2.4 = m + ⇔ m = (TMĐK) Vậy để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn y1...ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Đáp án Bài Câu A= Điểm x +4 Tính A x = x +3 ĐK: x > 0; x ≠ x= 0,25 (TMĐK) Thay vào A, ta có: A= +4 13 = + 10 Vậy x = 0,25 13