Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2021 – 2022 trường THCS Trạch Mỹ Lộc – Hà Nội

UBND HUYỆN PHÚC THỌ
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
TRƯỜNG THCS TRẠCH MỸ LỘC MÔN: TOÁN 9
Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 7 x
(2 điểm) : Cho hai biểu thức A  và 2 18 B    x  8 x  3 x  3 x  9
với x  0, x  9. a) Tính giá trị của  A khi x = 36. b) Chứng minh x 8 B  x  3
c) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên.
Câu 2 ( 2 điểm) : Cho hàm số y = ( m – 1)x + 3 với m là tham số, m  1.
a) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm M có hoành độ 2.
b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị m vừa tìm được.
c) Gọi N là giao điểm của đồ thị vẽ ở câu 2 với trục tung. Tính khoảng cách
từ gốc tọa độ O tới đường thẳng MN.
Câu 3 ( 1 điểm) : Giải phương trình: a. 4 2
x  4x 1  3x  4 b. 4x  20  2 x  5  9x  45  12 Câu 4 (4,5 điểm) :
1. Một khúc sông rộng khoảng 320 m. Một con thuyền di chuyển vượt khúc
sông nước chảy mất 8 phút. Tính vận tốc của con thuyền biết rằng đường đi của
con thuyền tạo với bờ một góc 0
35 (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
2. Cho đường tròn O từ điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến A ,
B AC với đường tròn ( B,C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của BC . a) Chứng minh ba điểm , A ,
O H thẳng hàng và các điểm A , B , C , O cùng
thuộc một đường tròn.
b) Kẻ đường kính BD của O . Vẽ CK vuông góc với BD . Chứng minh A .
C CD  CK.AO .
c) Tia AO cắt đường tròn (O) tại M ( M nằm giữa A và O) .
Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
d) Gọi I là giao điểm của AD và CK . Chứng minh I là trung điểm của CK .
Câu 5 (0,5 điểm) : Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2
C  2x  xy  2y  2y  yz  2z  2z  zx  2x
------------------------------------- Hết ----------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Nội dung Điểm
Câu 1(2,0 điểm)
a) Thay x  36 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức 7 A  ta được x  8 0,5 7 7 1 A    36  8 14 2 x  b) Chứng minh 8 B  x  3
x  x  3  2 x  3 18 x  5 x  24 1 B   
x  3 x  3
 x 3 x 3
 x 3 x 8   x 8   (đpcm).
x  3 x  3 x  3
c) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P  A B có giá trị là số nguyên. P  A  7 7 B 
 0  P  , mà P nguyên nên P 1 hoặc P  2 x  3 3 P  1 
x  3  7  x  16 (thỏa mãn điều kiện) 0,5 P  7 1 2  x  3 
 x  (thỏa mãn điều kiện) 2 4
Vậy để P nguyên thì x  16 hoặc 1 x  . 4 Câu 2 ( 2 điểm)
a) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm M có hoành độ 2 thì M 2;0 .
Thay tọa độ điểm M vào hàm số y  m  
1 x  3 ta tìm được 1 m   (thỏa 2 mãn điều kiện). 0,75 Với 1 m   thì 3 y  
x  3 cắt trục tung tại N 0;3 , cắt trục hoành tại M 2;0 2 2 b) Vẽ đồ thị
Vẽ hệ trục tọa độ Oxy đúng quy định, biểu diễn đúng 1 trong 2 điểm
M 2;0 hoặc N 0;3 0,75
Vẽ hoàn thiện đồ thị hàm số 3 y   x  3. 2
c) Gọi N là giao điểm của đồ thị vẽ ở câu 2 với trục tung. Tính khoảng cách
từ gốc tọa độ O tới đường thẳng MN .
Vẽ OH  MN tại H . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMN 0,5 ta có 1 1 1   2 2 2 OH OM ON
Từ đồ thị hàm số vẽ ở câu 2 ta có OM  2,ON  3 (đvđd). Từ đó tính được 6 13 OH  (đvđd) và kết luận. 13 Câu 3( 1 điểm) (2x  )
1 2  3x  4  2x 1  3x  4 a) 4 2
x  4x 1  3x  4  0,5 1 TH1: x 
Giải ra được x = 1 (T/m) 2 1
TH2: x < Giải ra được x = 3 ( k t/m ) 2 Vậy S =  1 b. ĐKXĐ: x  5 
4x  20  2 x  5  9x  45  12 
4 x  5  2 x  5  9 x  5  12 0,5
 2 x  5  2 x  5  3 x  5  12  3 x  5  12  x  5  4  x  5  16
 x  11 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S    11 Câu 4 (4,5 điểm) 1. (1 điểm)
Gọi độ rộng khúc sông là AB = 320m, quãng đường con thuyền đã di chuyển là AC. Xét ABC, 90o B  AB AB 1 ta có: 320 sin C   AC  
 558m  0,558km AC sin C sin 35o Đổi 8 phút = 2 h 15 2
Vận tốc của thuyền là: 0,558 :
 4,2km / h 15
2. ( 3,5 điểm) Vẽ hình đúng đến câu a 0,25
a) Chứng minh ba điểm , A ,
O H thẳng hàng và các điểm A , B , C , O cùng
thuộc một đường tròn.
Ta có AB  AC (Vì A ,
B AC là tiếp tuyến của O )
OB  OC  R
Nên OA là trung trực của BC . Suy ra OA  BC 0,5 Ta có: O
 BC cân tại O , OH là đường trung tuyến nên OH  BC Suy ra: ba điểm , A , O H thẳng hàng
Ta có AB , AC là tiếp tuyến của O nên   90o ABO ACO ABO 
vuông tại B nên ba điểm , A ,
B O cùng thuộc đường tròn đường kính AO 0,5 A
 CO vuông tại C nên ba điểm ,
A C,O cùng thuộc đường tròn đường kính AO
Vậy ba điểm A, B , C , O cùng thuộc một đường tròn.
b)Kẻ đường kính BD của O . Vẽ CK vuông góc với BD . C/m A .
C CD  CK.AO . D
 CB vuông tại C nên   90o CDB DBC OHB  vuông tại H nên   90o HOB HBO
 CDB  HOB mà HOB  HOC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
 CDB  HOC hay CDK  AOC 1 c/m được: K  DC C  OA (g – g ) KC DC  
 KC.OA  DC.CA CA OA b)
Tia AO cắt đường tròn (O) tại M ( M nằm giữa A và O) . Chứng minh
M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có :  90o MBA  OBM ;  90o MBC  OMB
Mà OBM  OMB (vì O  BM cân tại O)
 MBA  MBC
Khi đó BM là phân giác của ABC   1 1
Mặt khác AM là phân giác của BAC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) 2 Từ  
1 và 2 suy ra: M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC c)
Gọi I là giao điểm của AD và CK . Chứng minh I là trung điểm của CK .
Ta có CK //AB (vì cùng vuông góc với BD ) Xét ABD 
, theo định lý Ta lét ta có: IK DK  
IK.DB  A . B DK 3 AB DB 0,25 Dễ thấy A  BO ∽ C  KD (g – g) CK DK  
 CK.OB  A . B DK 4 AB OB
Từ 3 và 4 suy ra IK.DB  CK.OB
Mà DB  2.OB  IK.2OB  CK.OB  2.IK  CK
Vậy I là trung điểm của CK .
Câu 5 . ( 0,5 điểm) Ta có:
x  xy  y 
x  xy  y   x  y2 2 2 2 2   2 2 2. 2 2 4 2 4 3 x  y  . x  y2
Áp dụng BĐT Cosi, ta có: x  y 
 x  y  3 3
 x  y2 2 2 2 2 2 2 0,5
 x  y2  x  y  5 3  x  y2 2 2 2 5
 2. 2x  xy  2y  x  y2 5 2 2 
. x  y . 2 2 Tương tự 5 5
: 2. 2y  yz  2z   y  z2 2 2  . y  z 2 2 5
2. 2z  zx  2x  z  x2 5 2 2 
. z  x . 2 2 Suy ra: 5 5 5 2 2 2 2 2 2
2. 2x  xy  2y  2. 2y  yz  2z  2. 2z  zx  2x 
.x  y 
. y  z  .z  x 2 2 2  2. 5 2 2 2 2 2 2
2x  xy  2y  2y  yz  2z  2z  zx  2x   .x  y  y  z  z  x 2 5  C 
x  y  z 5 2. .2.  .2  10  C  5 2 2 2 2 x  y  2 2 y  z 1 Dấu “=” xảy ra  
 x  y  z  (thoả mãn điều kiện). 2 2 z  x 3
x y  z 1 1 Vậy C
 5  x  y  z  . min 3
Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng vẫn tính điểm tối đa