Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2021 trường THCS Lê Ngọc Hân – Hà Nội

TRƯỜNG THCS LÊ NGỌC HÂN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
MÔN: TOÁN – LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày kiểm tra: 21 tháng 5 năm 2021
Bài I( 2 điểm). Cho các biểu thức x + 4  x + 3 1  x A = B = + :  
với x > 0; x ≠ 9 x + và 3  x − 9 x + 3  x − 3 1
1. Tính A tại x = . 9 x +1
2. Chứng minh rằng B = x + 3
3. Đặt P = ( A − )
1 .B . Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất.
Bài II (2,5 điểm).
1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Một đơn vị vận tải dự định sử dụng một lượng xe có trọng tải như nhau để chuyên chở 420 tấn
vật liệu xây dựng. Tuy nhiên khi làm việc, có 2 xe không hoạt động, do đó mỗi xe còn lại phải
chở thêm 7 tấn nữa mới hoàn thành công việc đúng hạn được giao. Hỏi ban đầu, đội vận tải dự
định sử dụng bao nhiêu xe và mỗi xe dự định chở bao nhiêu tấn vật liệu? (Biết các xe đều chở
khối lượng vật liệu xay dựng như nhau).
2. Bài toán thực tế.
Để làm một cái mũ chú hề như hình bên, bạn An cần một tờ giấy thủ công
màu. Mũ là hình nón có đường kính đáy là 160mm, chiều cao là 400mm.
Hãy xác định diện tích tờ giấy màu mà bạn An cần chuẩn bị theo cm2? (lấy π
= 3,14 và làm tròn kết quả đến số thập phân thứ 2).
Bài III (2 điểm).  3 x + = 1 −
 x − x + y
1. Giải hệ phương trình sau: 1  1 2x 13  − =
 x −1 x + y 3
2. Trên mặt phẳng tọa độ xOy, cho Parabol 2
(P) : y = −x và đường thẳng (d ) : y = 6 − x + m + 3
a. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d ) khi m = 2 .
b. Tìm m để (P) cắt (d ) tại hai điểm phân biệt (
A x ; y ); B(x ; y ) thỏa mãn y + x = 0 1 1 2 2 1 2
Bài IV (3 điểm). Cho đường tròn (O), từ điểm A ở ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với
(O) (B, C là các tiếp điểm). OA cắt BC tại E.
1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. B . A BE
2. Chứng minh: BC vuông góc với OA và = R . AE
3. Gọi I là trung điểm của BE, đường thẳng qua I và vuông góc với OI cắt các tia AB, AC theo
thứ tự tại D và F. Chứng minh ∆DOF cân và F là trung điểm AC
Bài V (0,5 điểm). Giải phương trình: 2 1 x 3 2
5x + 3x + 3x − 2 + = + 3x 2 2
Chúc em làm bài tốt!
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Bài Câu Đáp án Điểm 1 x + 4 A = 1 x = . x + . Tính A tại 3 9
ĐK: x > 0; x ≠ 9 0,25 1 x = (TMĐK) 9 Thay vào A, ta có: 1 + 4 9 A = 13 = 1 0,25 + 3 10 9 1 13
Vậy tại x = thì A = 9 10    x + 3 1  x x + 3 x − 3 x − 3 B :   = + = +   0,25  x − x +  x − 
 ( x − )( x + ) ( x − )( x + ) . 9 3 3 3 3 3 3  x  I 2   x + 3 + x − 3 x − 3  x + x  1   (  = =      0,25
x − 3)( x + 3) . . x x + 3 x    
 x ( x + )1 1   = .  0,25 x + 3  x   x +1 + = x 1 Vậy B = 0,25 x + 3 x + 3 3
Đặt P = ( A− )
1 .B . Tìm giá trị của x để P đạt giá trị lớn nhất. 0,25
* ĐK: x > 0; x ≠ 9
 x + 4  x +1 x +1
P = ( A −1).B =  −1. =   x + 3 x + 3   ( x +3)2 x + 3 − 2 1 2 = ( = − x + )2 x + 3 3 ( x +3)2 Đặ 1 t a = ⇒ 2
P = a − 2a x + 3  a   1 1  1  2 2 2 P = 2 − a + a = 2 − a − = 2 − a − 2. . a + −       2   4 16  16  2  1  1 = 2 − a − +    4  8 Ta có 2  1  2 − a − ≤ 0 a ∀    4  2  1  1 1 1 ⇒ 0,25 2 − a − + ≤ ⇒ P ≤    4  8 8 8 2  1  1 Dấu “=” xảy ra khi 2 − a − = 0 ⇔ a =    4  4 1 1 ⇒
= ⇔ x + 3 = 4 ⇔ x =1 ⇔ x =1( D TM K ) x + 3 4 1 Vậy P
= đạt được khi x =1 max 8
Gọi số xe ban đầu đội vận tải dự định sử dụng là x ( x > 2; x ∈ N , đơn vị: 0,25 xe). II
Số xe thực tế làm việc là x – 2 (xe) 0,25 Ban đầ 420 u mỗi xe dự định chở (tấn/xe) 0,25 x 420
Thực tế mỗi xe phải chở là (tấn/xe) 0,25 x − 2
Vì so với dự kiến, mỗi xe phải chở thêm 7 tấn nên ta có phương trình 420 420 0,25 + 7 = x x − 2 420(x − 2) 7x(x − 2) 420x ⇔ + = x(x − 2) x(x − 2) x(x − 2) 0,25 2
420x − 840 + 7x −14x 420x ⇔ = x(x − 2) x(x − 2) 2
⇒ 420x − 840 + 7x −14x = 420x 2
⇔ 7x −14x − 840 = 0 2
⇔ x − 2x −120 = 0 ⇔ ( 0,25
x +10)( x −12) = 0 x = 10( − L)
⇔ x =12(TM)
Vậy ban đầu đội vận tải dự kiến sử dụng 12 xe 0,25
Và mỗi xe dự định chở 420 :12 = 35 (tấn/xe)
Diên tích xung quanh hình nón là 2 0,25 S
= π rl = 3,14.160.400 = 200960(mm ) xq
Diện tích giấy màu cần dùng là: 2 2 0,25 S
= 200960(mm ) = 2009,6(cm ) xq 1  3 x + = 1 −
 x − x + y
Giải hệ phương trình sau: 1  1 2x 13  − =
 x −1 x + y 3 0,25  1 = a  3  a + b = 1 − ĐK:  x −1  
; hệ phương trình đã cho trở thành  13 x  − = = a 2b b    3  x + y III 3  a + b = 1 − 1  8a + 6b = 6 − 3  a + b = 1 − ⇔  ⇔  ⇔  0,25 3
 a − 6b = 13 3
 a − 6b = 13 21a = 7  1 3. + b = 1 − b  = 1 − −1 b  = 2 −  3   ⇔  ⇔  1 ⇔  1 0,25 1 a = a = a   =  3  3  3  x = 2 −  x  x  10  + = 2 −   = −  = − ⇒ x y 2 2  ⇔ x + y  ⇔  x + y ⇔ 10  + y 1 1     =  x −1 = 3 x −1 = 9 x = 10  x −1 3 0,25 10  = 20 − − 2y y = 15 − ⇔  ⇔  x =10 x =10
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ; x y ) = (10; 15 − ) 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có 2 −x = 6 − x + m + 3 2
⇔ x − 6x + m + 3 = 0 ( 2
a = 1;b = 4; c = 4m − m ) 0,25
Với m = 2, ta có phương trình 2
x − 6x + 5 = 0 ⇔ ( x − ) 1 ( x − 5) = 0 x = 1 ⇔ x =5 Tung độ giao điểm là 2 x = 1 ⇔ y = 1 − = 1 − 0,25 2 x = 5 ⇔ y = 5 − = 25 −
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; 1 − );(5; 2 − 5) 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm là 2 −x = 6 − x + m + 3 2
⇔ x − 6x + m + 3 = 0 (a =1;b = 6 − ;c = m + 3) 2 2
∆ = b − 4ac = ( 6) − − 4.1.(m + 3)
= 36 − 4m −12 = 26 − 4m 0,25
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ∆ > 0 ⇔ 24 − 4m > 0 ⇔ m < 6
Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  b − x + x = = 6 (1)  1 2  a  c
x .x = = m + 3 (2) 1 2  a Ta có 2
y = −x thay vào y + x = 0 được 1 1 1 2
Từ (1) ta có x = 6 − x , thay vào 2
−x + x = 0 ta có 0,25 2 1 1 2 2 2
−x + 6 − x = 0 ⇔ x + x − 6 = 0 ⇔ x + 3 x − 2 = 0 1 1 1 1 ( 1 )( 2 )  = − ⇔ x 3 1  x = 2  1 TH1: x = 3
− ⇒ x = 9 thay vào (2) ta có 3.9 −
= m + 3 ⇔ m = 30 − (TMĐK) 1 2
TH1: x = 2 ⇒ x = 4 thay vào (2) ta có 2.4 = m + 3 ⇔ m = 5 (TMĐK) 1 2
Vậy để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn y + x = 0 1 2 thì m ∈{ 3 − 0; } 5 Hình D B I 0,25 A E O F C 1
Ta có: AB, AC là tiếp tuyến tại B và C của (O) (giả thiết)
⇒ AB ⊥ OB tại B; AC ⊥ OC tại C (Định nghĩa tiếp tuyến) 0,25 ⇒  =  0 ABO ACO = 90 IV
Xét tứ giác ABOC có 0,25  +  0 ABO ACO = 180 Mà   AB ;
O ACO là hai góc đối của tứ giác ABOC. 0,25
⇒ ABCO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 2
Ta có, AB, AC là tiếp tuyến tại B và C của (O) (giả thiết) 0,25
⇒ AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà OA = OB = R
⇒ A, O thuộc đường trung trực BC (tính chất đảo về các điểm thuộc đường 0,25 trung trực)
⇒ AO là đường trung trực của BC
⇒ AO ⊥ BC tại E
Xét ∆ EAB và ∆ EBO có  =  0 AEB BEO = 90 0,25  =  BAE
EBO (cùng phụ với  ABE )
⇒ ∆EAB ∼ ∆EBO (g-g) ⇒ EA AB BE.BA = ⇒ = OB = R 0,25 EB OB AE 3 a) Ta có  =  0 OID
OBD = 90 ⇒ BDOI nội tiếp ⇒  =  ODI
OBI (hai góc nội tiếp chắn  OI ) 0,25 Ta có  =  0 FIO
FCO = 90 ⇒ FIOC nội tiếp ⇒  =  IFO
ICO (hai góc nội tiếp chắn  OI )
Ta có OB = OC = R ⇒ ∆OBC cân tại O ⇒  =  OBC OCB ⇒  =  ODI OFI 0,25
⇒ ∆OFD cân tại O
Ta có ∆ODF cân tại O, OI là đường cao
⇒ OI là đường trung tuyến
⇒ I là trung điểm OD 0,25
Mà I là trung điểm BE (giả thiết)
⇒ BDEF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
⇒ EF // BD hay EF//AB Xét ∆CAB có
E là trung điểm BC, 0,25
EF // AB (F ∈ AC)
⇒ F là trung điểm AC. V 3 2 2
5x + 3x + 3x − 2 = x (5x − 2) + x(5x − 2) + (5x − 2) Ta có 2
= (5x − 2)(x + x +1)
Phương trình đã cho tương đương với: 0,25 2 x 1 2 2
(5x − 2)(x + x +1) =
+ 3x − (dkxd : x ≥ ) 2 2 5 2 2
⇔ 2 (5x − 2)(x + x +1) = x + 6x −1 Đặt 2
a = 5x − 2;b =
x + x +1 , a;b ≥ 0 0,25 Ta có 2 2
2ab = a + b ⇔ a = b 2 5x − 2 = x + x +1 2
Khi đó: ⇔ 5x − 2 = x + x +1 2
⇔ x − 4x + 3 = 0
⇔ (x −1)(x − 3) = 0 S = {1;3} Chú ý :
1) Học sinh phải lập luật đúng và chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2) Nếu học sinh có cách giải đúng mà khác với hướng dẫn chấm thì giáo viên thống nhất chia điểm
dựa vào hướng dẫn chấm dành cho câu hay ý đó.
3) Giáo viên có thể chia nhỏ các bước giải để chấm điểm cho học sinh
4) Phần hình học: nếu học sinh không vẽ hình tương ứng hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
5) Điểm tổng toàn bài để lẻ đến 0,25.