Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2020 – 2021 trường THCS Ái Mộ – Hà Nội

UBND QUẬN LONG BIÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 9
TRƯỜNG THCS ÁI MỘ MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2020-2021
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày kiểm tra: 26 tháng 5 năm 2021 Bài 1(2,0 điểm) x −1
a) Tính giá trị biểu thức A = khi x = 16 x +1 x x +1 2 x + 4
b) Rút gọn biểu thức B = − −
(với x ≥ 0, x ≠ 1) x +1 x −1 x −1
c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để . A B ≤ 1 − .
Bài 2 (2,0 điểm) Các bài toán có yếu tố thực tiễn.
1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Để ủng hộ các gia đình gặp khó khăn tại một số địa phương do ảnh hưởng của dịch Covid-19, một số
tổ chức thiện nguyện đã dự định chở 180 tấn hàng chia đều bằng một số xe
cùng loại. Lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn
so với dự định. Hỏi ban đầu có bao nhiêu xe tham gia chở hàng?
2. Bán kính Trái Đất là 6370 km. Biết rằng 29% diện tích bề mặt trái đất
không bị bao phủ bởi nước gồm núi, sa mạc, cao nguyên, đồng bằng và các
địa hình khác. Tính diện tích bề mặt Trái Đất bị bao phủ bởi nước. (Làm tròn
đến hai chữ số thập phân, lấy π = 3,14 ).
 x + − y − =
Bài 3 (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 3 1 2 1 4  .
2 x +1 + y −1 = 5 
2) Cho đường thẳng (d ) : y = (m + 2) x − 2m ( x là ẩn, m là tham số) và Parabol ( P) 2 : y = x .
a) Với m = 2 , xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d ) và Parabol ( P) .
b) Tìm m để đường thẳng (d ) và parabol ( P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x 1 2 x x 5 thỏa mãn 1 2 + = . x x 2 2 1
Bài 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C, D là hai điểm di động trên nửa
đường tròn sao cho C thuộc cung AD và 
COD = 60° ( C ≠ ;
A D ≠ B ). Gọi M là giao điểm của tia AC và
BD , N là giao điểm của AD và BC .Gọi H và I lần lượt là trung điểm của CD và MN .
a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. b) Kẻ AP ⊥ ;
CD BQ ⊥ CD ( P,Q ∈CD) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3 .
c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
MCD theo R khi C, D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 5 (0,5 điểm) Cho hai số dương x , y thỏa mãn điều kiện sau: x + 2 y = 3 1 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = + x y HƯỚNG DẪN. Câu 1: (2,0 điểm) x −1
a) Tính giá trị biểu thức A = khi x = 16 x +1 x x +1 2 x + 4
b) Rút gọn biểu thức B = − −
(với x ≥ 0, x ≠ 1) x +1 x −1 x −1
c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để . A B ≤ 1 − . Lời giải
a) Thay x = 16 vào biểu thức A ta được: 16 −1 3 A = = 16 +1 5 3
Vậy giá trị của biếu thức A là tại x = 16 5 x x +1 2 x + 4 b) B = − − x +1 x −1 x −1
x ( x − ) ( x + )2 1 1 2 x + 4 = − − x +1 x −1 x −1 x −
x − x − 2 x −1 − 2 x − 4 = ( x + ) 1 ( x − ) 1 5 − x − 5 = ( x + ) 1 ( x − ) 1 5 − ( x + ) 1 5 − = ( = x + ) 1 ( x − ) 1 x −1 5 − Vậy B =
với x ≥ 0, x ≠ 1 x −1 c) Để . A B ≤ 1 − x −1 5 − ⇔ . ≤ 1 − x +1 x −1 5 − ⇔ ≤ 1 − x +1 5 − ⇔ +1 ≤ 0 x +1 5 − + x +1 ⇔ ≤ 0 x +1 4 − + x ⇔
≤ 0 mà x +1 > 0 với mọi x ≥ 0 x +1 ⇒ 4
− + x ≤ 0 ⇔ x ≤ 4 ⇔ x ≤ 16
Kết hợp với điều kiện xác định, ta được: 0 ≤ x ≤ 16; x ≠ 1
Mà x ∈  nên x ∈{0;2;3;4;...; } 16
Vậy x ∈{0; 2;3; 4;...; } 16 thì . A B ≤ 1 − .
Câu 2: (2,0 điểm) Các bài toán mang yếu tố thực tiễn.
1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Để ủng hộ các gia đình gặp khó khăn tại một số địa phương do ảnh hưởng của dịch Covid-19,
một số tổ chức thiện nguyện dự định chở 180 tấn hàng chia đều bằng một số xe cùng loại. Lúc
khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với dự định. Hỏi ban đầu có
bao nhiêu xe tham gia chở hàng?
2. Bán kính Trái Đất là 6370 km. Biết rằng 29% bề mặt Trái Đất không bị
bao phủ bởi nước gồm núi, sa mạc, cao nguyên, đồng bằng và các địa hình
khác. Tính diện tích bề mặt Trái Đất bị bao phủ bởi nước. (Làm tròn đến chữ
số thập phân thứ hai, lấy π ≈ 3,14 ). Lời giải
1) Gọi số xe ban đầu tham gia chở hàng là: x (xe), ĐK: x > 2; x ∈ N +) Ban đầ 180
u, mỗi xe chở số tần hàng là: (tấn) x
+) Thực tế, số xe tham gia chở hàng là: x − 2 (xe) 180
+) Thực tế, mỗi xe chở số tấn hàng là: (tấn) x − 2
Vì lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với dự định, nên ta có phương trì 180 180 nh: − = 3 x − 2 x 180x 180 ( x − 2) 3x ( x − 2) ⇔ − = x ( x − 2) x ( x − 2) x ( x − 2) ⇒ x − (x − ) 2 180 180 2 = 3x − 6x 2
⇔ 3x − 6x − 360 = 0 2
⇔ x − 2x −120 = 0
⇔ (x −12)(x +10) = 0 x −12 = 0 x =12 (tm) ⇔ ⇔   x +10 = 0 x = 10 − (ktm) 
Vậy số xe ban đầu tham gia chở hàng là: 12 (xe)
2) Bán kính của Trái Đất là: R = 6370(km)
Diện tích bề mặt của Trái Đất là: 2 2 S = π R = π = π ( 2 4 4 .6370 162307600 km )
Vì 29% bề mặt Trái Đất không bị bao phủ bởi nước, nên diện tích bề mặt của Trái Đất bị bao
phủ bởi nước là: (100% − 29%).162307600π ≈ 71%.162307600.3,14 ≈ ( 2 361848563, 44 km ) . Câu 3: (2,5 điểm)
 x + − y − =
1) Giải hệ phương trình: 3 1 2 1 4  .
2 x +1 + y −1 = 5 
2) Cho đường thẳng (d ) : y = (m + 2) x − 2m (với x là ẩn, m là tham số) và Parabol (P) 2 : y = x .
a) Với m = 2 , xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d ) và Parabol ( P) .
b) Tìm m để đường thẳng (d ) và parabol ( P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x 5
x , x thỏa mãn 1 2 + = . 1 2 x x 2 2 1 Lời giải 3
 x +1− 2 y −1 = 4 1)  (I)
2 x +1 + y −1 = 5  Điều kiện: x ≥ 1 − ; y ≥ 1.
Đặt x +1 = a; y −1 = b (a,b ≥ 0) . Khi đó hệ phương trình (I) trở thành: 3  a − 2b = 4 3  a − 2b = 4 3  a − 2b = 4 a = 2  (tm a ≥ 0)  ⇔  ⇔  ⇔  2a + b = 5 4a + 2b = 10 7a =14 b  = 1  (tmb ≥ 0)  + =  + =  = Khi đó: x 1 2 x 1 4 x 3  ⇔  ⇔  (tm x ≥ 1 − ; y ≥ ) 1  y −1 = 1  y −1 = 1 y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; x y) = (3; 2) . 2)
a) Với m = 2 thì ta có đường thẳng (d ) : y = 4x − 4 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P) ta có: 2 x = 4x − 4 2
⇔ x − 4x + 4 = 0 ⇔ (x − )2 2 = 0 ⇔ x = 2 2 ⇒ y = 2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm của (d ) và ( P) là: (2; 4) .
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và ( P) : 2 x = (m + ) 2
2 x − 2m ⇔ x − (m + 2) x + 2m = 0 (1)
Để đường thẳng (d ) và parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt. Khi đó ∆ > 0 ⇔ −  (m + ) 2 2  − 4.1.2m > 0  ⇔ (m + )2 2 − 8m > 0 2
⇔ m + 4m + 4 − 8m > 0 2
⇔ m − 4m + 4 > 0 ⇔ (m − )2 2 > 0 ⇔ m ≠ 2
Với m ≠ 2 thì đường thẳng (d ) và parabol ( P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x . 1 2
Vì x , x là nghiệm của phương trình (1) ,theo hệ thức Vi-et ta có : 1 2
x + x = m + 2 1 2  x x = 2m  1 2  ≠ Để x x 5 x 0
x , x thỏa mãn 1 2 + = thì 1  nghĩa là: 2
0 − (m + 2).0 + 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 1 2 x x 2 x ≠ 0  2 1 2 Khi đó ta có: x x 5 x + x 5
(x + x )2 − 2x x 5 (m + 2)2 2 2 2 − 4m 5 m + 4 5 1 2 1 2 1 2 1 2 + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = x x 2 x x 2 x x 2 2m 2 2m 2 2 1 1 2 1 2 ⇒ ( 2
2 m + 4) = 5.2m 2
⇔ 2m + 8 = 10m 2
⇔ 2m −10m + 8 = 0 m = 1 ⇔ 
(thỏa mãn m ≠ 0; m ≠ 2 ) m = 4 Vậy m ∈{1; }
4 thì để đường thẳng (d ) và parabol ( P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x 5
x , x thỏa mãn 1 2 + = . 1 2 x x 2 2 1 Câu 4: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C, D là hai điểm di động trên nửa đường
tròn sao cho C thuộc cung AD và 
COD = 60° ( C ≠ ;
A D ≠ B ). Gọi M là giao điểm của các
tia AC và BD . N là giao điểm của dây AD và BC . Gọi H và I lần lượt là trung điểm của CD và MN .
a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. b) Kẻ AP ⊥ ;
CD BQ ⊥ CD ( P,Q ∈CD) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3 .
c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
MCD theo R khi C, D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài. Lời giải M Q I D H C P N B A O
a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. Ta có  =  ACB
ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒  =  MCN MDN = 90° (kề bù
với các góc vuông) ⇒ tứ giác CMDN nội tiếp đường tròn đường kính MN . b) Kẻ AP ⊥ ;
CD BQ ⊥ CD ( P,Q ∈CD) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3 .
Vì H là trung điểm dây cung CD ⇒ HC = ;
HD OH ⊥ CD (quann hệ vuông góc giữa đường kính và dây).
⇒ AP//OH //BQ (cùng vuông góc với CD ) ⇒ APQB là hình thang có O là trung điểm của
AB và OH //AP//BQ ⇒ H là trung điểm PQ ⇒ HP = HQ mà HC = HD
⇒ HP − HC = HQ − HD ⇒ CP = DQ .
Tam giác OCD cân tại O có 
COD = 60°(GT ) ⇒ OC ∆
D là tam giác đều cạnh OC = R ⇒ đườ R 3 ng cao OH = . 2
Vì O là trung điểm AB ; H là trung điểm PQ ⇒ OH là đường trung bình của hình thang R 3
APQB ⇒ AP + BQ = 2OH = 2. = R 3 . 2
Vậy AP + BQ = R 3 .
c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
MCD theo R khi C, D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài. M I Q D H E C K P N B A O
Ta có I là trung điểm của MN ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMDN ⇒ IC = ID ;
mà OC = OD = R ⇒ OI là đường trung trực của CD ⇒ OI ⊥ CD tại trung điểm H của CD
⇒ H, I,O thẳng hàng.
Gọi K là giao điểm của MN và CD kẻ ME ⊥ CD tại E ta có ME ≤ MK (quan hệ giữa
đường vuông góc và đường xiên). OC ∆
D đều ⇒ CD = OC = R không đổi nên diện tích tam giác MCD là: 1 1 S
= ME.CD ≤ MK.R nên diện tích MC ∆
D lớn nhất khi K ≡ E mà MCD 2 2
I ∈ MK; ME ⊥ C ;
D IH ⊥ CD ⇒ ME là trung trực của CD ⇒ MC = MC ⇒ MC ∆
D cân tại M ; Lại có 
CMD là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn nên  1 =  −  CMD (sdAB sdCD) 1
= (180° − 60°) = 60° ⇒ MC ∆
D đều có cạnh CD = R 2 2 2 R 3 ⇒ S = . MCD 4 2 R 3
Vậy diện tích lớn nhất của MC ∆ D bằng
khi M , I , H , O thẳng hàng. 4
Câu 5: (0,5 điểm) Cho hai số dương x , y thỏa mãn điều kiện sau: x + 2 y = 3 1 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = + . x y Lời giải 1 1 1 9 Ta chứng minh: + + ≥
(*) với các số dương a , b , c a b c a + b + c  1 1 1  ⇔ + + 
(a + b + c) ≥ 9  a b c  a a b b c c ⇔ 1+ + + +1+ + + +1 ≥ 9 b c a c a b
 a b   a c   c b  ⇔ 3 + + + + + + ≥ 9      
 b a   c a   b c 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương: a b a b + ≥ 2 . = 2 b a b a a c a c + ≥ 2 . = 2 c a c a c b c b + ≥ 2 . = 2 b c b c
 a b   a c   c b  Từ đó suy ra: 3 + + + + + + ≥ 9      
luôn đúng với các số dương a , b , c
 b a   c a   b c  a b a b a b Dấu bằng xảy ra khi: = ; = ; = 2 2 2
⇔ a = b = c (với a , b , c dương) ⇔ a = b = c b a b a b a
Áp dụng bất đẳng thức (*) cho các số dương sau: 1 1 1 9 1 2 9 9 + + ≥ ⇔ + ≥ = = 3 x y y x + y + y x y x + 2 y 3
Dấu bằng xảy ra khi: x = y và x + 2 y = 3 ⇔ x = y = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3 ⇔ x = y = 1
Document Outline

• Bài 1(2,0 điểm)
• a) Tính giá trị biểu thức khi
• b) Rút gọn biểu thức (với )
• c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để .
• Bài 3 (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: .
• a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.
• b) Kẻ . Chứng minh và .
• c) Chứng minh rằng ba điểm và thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác theo khi di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài.
• Câu 1: (2,0 điểm)
• a) Tính giá trị biểu thức khi
• b) Rút gọn biểu thức (với )
• c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của để .
• a) Thay vào biểu thức ta được:
• Vậy giá trị của biếu thức là tại
• b)
• Vậy với
• c) Để
• mà với mọi
• Kết hợp với điều kiện xác định, ta được:
• Mà nên
• Vậy thì.
• Câu 3: (2,5 điểm)
• 1) Giải hệ phương trình: .
• Câu 4: (3,0 điểm)
• Cho nửa đường tròn tâm đường kính và là hai điểm di động trên nửa đường tròn sao cho thuộc cung và (). Gọi là giao điểm của các tia và . là giao điểm của dây
• a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.
• b) Kẻ . Chứng minh và .
• c) Chứng minh rằng ba điểm và thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác theo khi di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài.
• a) Chứng minh tứ giác nội tiếp.
• Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (kề bù với các góc vuông) tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính .
• b) Kẻ . Chứng minh và .
• Vì là trung điểm dây cung (quann hệ vuông góc giữa đường kính và dây).
• (cùng vuông góc với ) là hình thang có là trung điểm của và là trung điểm mà
• (cùng vuông góc với ) là hình thang có là trung điểm của và là trung điểm mà
• .
• Tam giác cân tại có là tam giác đều cạnh đường cao .
• Vì là trung điểm ; là trung điểm là đường trung bình của hình thang .
• Vậy .
• c) Chứng minh rằng ba điểm và thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác theo khi di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài.
• Ta có là trung điểm của là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ; mà là đường trung trực của tại trung điểm của thẳng hàng.
• Gọi là giao điểm của và kẻ tại ta có (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên).
• đều không đổi nên diện tích tam giác là:
• nên diện tích lớn nhất khi mà là trung trực của cân tại ;
• nên diện tích lớn nhất khi mà là trung trực của cân tại ;
• Lại có là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn nên đều có cạnh
• .
• Vậy diện tích lớn nhất của bằng khi thẳng hàng.