Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp đề khảo sát chất lượng học sinh môn Toán 9 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hóa giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

trường

Chủ đề:

Đề thi Toán 9 1.2 K tài liệu

Môn:

Toán 9 2.5 K tài liệu

Thông tin:
7 trang 9 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp đề khảo sát chất lượng học sinh môn Toán 9 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hóa giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

trường

615 308 lượt tải Tải xuống
1
S GIÁO DC VÀ ĐÀO TO
THANH HÓA
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HC SINH LỚP 9
NĂM HC 2022 - 2023
NG DN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THC
Môn thi: TOÁN
(Hưng dn chm gm 06 trang)
Câu
Ý
NỘI DUNG
Đim
I
(2,0đ)
1
(1,0đ)
Cho biu thc
23 1 1
1 11
xx x
P
xx x x x
−+
= +−
+ −+ +
, vi
0x
.
Rút gn biu thc
.
Vi điều kin
0
x
, ta có
( )( )
23 1 1
11
11
xx x
P
xx x
x xx
−+
= +−
−+ +
+ −+
0,25
( )( ) ( )
( )(
)
23 1 1 1
11
x x x x xx
x xx
++ + +
=
+ −+
0,25
( )( )
231 1
11
x x x xx
x xx
++ −− +
=
+ −+
0,25
( )
(
)
11
1
11
xx
x
x xx
−+
= =
+
+ −+
.
Vy
1
1
P
x
=
+
.
0,25
2
(1,0đ)
Tìm
x
để
1
2
P =
Vi
0x
, ta có:
1
2
P =
11
2
1x
⇔=
+
12x
+=
0,50
1x⇔=
1x⇔=
(tha mãn).
Vy
1x =
là giá tr cnm.
0,50
II
(2,0đ)
1
(1,0đ)
Trong mặt phẳng tọa đ
Oxy
, cho đường thẳng
( )
: 12dy a x b= +−
(
,ab
tham s). Biết đưng thẳng
d
song song với đưng thẳng
': 3 8dy x= +
đi
qua đim
( )
2;3A
. Tính
22
2.Ta b= +
2
Đưng thng
d
song song vi đường thng
': 3 8
dy x
= +
, nên ta có
13a
−=
(1)
Đưng thng
d
đi qua điểm
( )
2;3
A
, nên ta có
(
)
3 12 2 2 7
a b ab
= +− +=
(2)
0,50
T (1) và (2) ta có h
13 4
27 1
aa
ab b
−= =


+= =

Khi dó ta có
22
2 16 2 18
Ta b
= + = +=
.
0,50
2
(1,0đ)
Giải hệ phương trình
24
.
53
xy
xy
−=
+=
Ta có
2 4 77
5 32 4
xy x
xy xy
−= =


+= −=

0,50
11
24 2
xx
yy
= =

⇔⇔

−= =

. Vy h có nghim
( ; ) (1; 2).xy =
0,50
III
(2,0đ)
1
(1,0đ)
Gii phương trình
2
6 5 0.xx+ +=
Ta có :
1; 6; 5ab c= = =
Ta thy
165 0abc
−+=−+=
0,50
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân bit
12
1; 5xx=−=
.
0,50
2
(1,0đ)
Cho phương trình
2
2( 1) 2 5 0 + −=x m xm
.Tìm các giá tr ca m để phương
trình hai nghim
12
,xx
thỏa mãn điều kin:
( )( )
22
11 22
2 21 2 210
x mx m x mx m +− +−<
.
Xét phương trình
2
2( 1) 2 5 0
+ −=x m xm
(1)
Ta có
( )
( )
2
22
Δ ' 2 1 2 5 4 6 2 2 0,mm m mm m m= −+−+=−+=+>
nên
phương trình (1) luôn có hai nghim phân bit
12
,xx
vi mi
m
.
Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có
12
12
2( 1) (2)
2 5 (3)
xx m
xx m
+=
=
0,25
1
x
là nghiệm phương trình (1) nên:
2
11
2( 1) 2 5 0x mxm
+ −=
2
11 1
2 212 4x mx m x + −= +
Tương tự ta có
2
22 2
2 212 4x mx m x + −= +
0,25
Khi đó
( )
( )
22
11 22
2 21 2 210 +− +−<x mx m x mx m
0,25
3
[ ]
1 2 12 1 2
12 1 2
( 2 4)( 2 4) 0 4 2( ) 4 0
2( ) 4 0 (4)
x x xx x x
xx x x
⇔− + + < + + <
+ +<
Thế (2) và (3) vào (4) ta được
3
2 5 2.2( 1) 4 0 2 3 0
2
mm m m +<⇔ +<⇔ >
Vy
3
2
m >
.
0,25
IV
(3,0đ)
Cho tam giác
ABC
không góc (
AB AC<
) nội tiếp đưng tròn
()O
(
,BC
c định
A
di đng trên cung ln
BC
). Các tiếp tuyến ti
B
C
ct nhau
tại
M
. T
M
k đưng thng song song vi
AB
, đưng thng này ct
( )
O
tại
D
E
(
D
thuc cung nh
BC
), ct
BC
tại
F
, ct
AC
tại
I
.
1
(1,0đ)
Chng minh
MBOC
tứ giác nội tiếp.
Xét t giác
MBOC
,ta có:
0
90MBO =
(vì
MB
là tiếp tuyến của đường tròn
( )
O
ti
B
)
0
90MCO =
(vì
MC
là tiếp tuyến của đường tròn
(
)
O
ti
C
)
0,50
Suy ra
00 0
90 90 180MBO MCO+ =+=
Vy t giác
MBOC
là t giác ni tiếp.
0,50
2
Chng minh
..FI FM FD FE=
4
(1,0đ)
* Xét 2 tam giác:
FBD
FEC
, ta thy:
BFD CFE=
ối đỉnh)
DBF CEF=
(hai góc ni tiếp cùng chn cung
CD
)
Suy ra
FBD
đồng dng vi
FEC
(g-g)
Suy ra
..
FD FB
FD FE FB FC
FC FE
=⇔=
(1)
0,25
* Xét t giác
MBIC
, ta có :
MBC BAC=
(góc to bi tia tiếp tuyến và dây cung và góc ni tiếp cùng
chn cung
BC
)
BAC MIC=
ng v)
Suy ra
MBC BIC=
Ta thy t giác
MBIC
hai đnh
B
I
cùng nhìn cnh
MC
i mt
góc bng nhau. Vy t giác
MBIC
là t giác ni tiếp.
0,25
* Xét 2 tam giác:
FBM
FIC
, ta thy
BFM CFI=
ối đỉnh)
MBF FIC=
(hai góc ni tiếp cùng chn cung
MC
)
Suy ra
FBM
đồng dng vi
FIC
(g-g)
Suy ra
..
FB FM
FI FM FB FC
FI FC
=⇔=
(2)
0,25
T (1) và (2), ta suy ra
..FI FM FD FE=
(đpcm)
0,25
3
(1,0đ)
Tìm v trí ca đnh
A
trên cung ln
BC
sao cho tam giác
IBC
din tích
ln nht.
Do t giác
MBOC
và t giác
MBIC
là hai t giác ni tiếp, suy ra 5 đim
, , ,,M BOIC
cùng nm trên mt đưng tròn
0,25
Gi
H
là hình chiếu ca
I
lên
BC
, ta có din tích tam giác
IBC
:
1
.
2
S BC IH=
Do
BC
không đi nên din tích tam giác
IBC
ln nht khi
IH
ln nht.
0,25
Ta thy, khi
A
chy trên cung ln
BC
thì
I
luôn thuc đưng tròn đưng
kính
OM
. Do đó
IH
ln nht khi
I
trùng vi
O
hay
AC
là đưng kính
0,25
5
ca đưng tròn tâm
()O
.
Vy khi
A
là đim đi xng vi
C
qua O thì tam giác
IBC
có din tích
ln nht.
0,25
V
(1,0đ)
Cho
,,abc
là các số thực dương. Chứng minh rằng
222
333
22
a bc b ca c ab
abc
bc ca ab
+++
+ + + + ≥−
+++
.
(1,0đ)
Đặt
222
333
2
a bc b ca c ab
P abc
bc ca ab
+++
= + + ++
+++
2 2 22 2 2
222
2
a b c a bc b ca c ab
abc
bc ca ab bc ca ab
+++
=+++++−++
++ + + + +
D chứng minh được vi mi s thực dương
,,xyz
ta có
(
)
111
9xyz
xyz

++ + +


. Du bng xy ra khi
xyz= =
Ta có
1 1 13
abc a b c
bc ca ab bc ca ab
 
+ + = ++ ++ +−
 
++ + + + +
 
( )
111
3abc
bc ca ab

= ++ + +

++ +

( ) ( ) (
)
( )
1 111
3
2
bc ac ab
bc ca ab

= +++++ + +

++ +

13
.9 3
22
−=
.
Khi đó
222
222abc
bc ca ab
++
++ +
( )
222
222
2 2 22
abc
a b c abc
bc ca ab

= + + + + + ++


+++

( )
2121212
abc
a b c abc
bc ca ab

= ++ ++ +− ++

+++

( )
( )
( )
( ) ( )
22
3
2 .2
2
abc
abc abc
bc ca ab
abc abc abc

= ++ + + ++

++ +

++ ++ = ++
0,25
Tacó
( )( )
22
abac
a bc a bc ab ac
a
bc bc bc
++
+ +++
+= =
+++
( )( )
2
abac
a bc
a
bc bc
++
+
⇒=
++
Tương tự ta có:
( )( )
2
bcba
b ca
b
ca ca
++
+
=
++
;
( )( )
2
accb
c ab
c
ab ab
++
+
=
++
0,25
6
Khi đó
222
a bc b ca c ab
bc ca ab
+++
++
+++
( )( ) ( )( ) ( )( )
(
)
abac bcba cacb
abc
bc ca ab
++ ++ ++
= + + ++
+++
.
ÁP dng bất đẳng thc AM-GM
(
)( ) ( )( )
( )
2
abac bcba
ab
bc ca
++ ++
+ ≥+
++
( )( )
( )( )
( )
2
bcba cacb
bc
ca ab
++ ++
+ ≥+
++
( )( ) ( )( )
( )
2
cacb abac
ca
ab bc
++ ++
+ ≥+
++
( )( )
( )( )
( )( )
( )
24
abac bcba cacb
abc
bc ca ab
++ ++ ++

+ + ++

+++

( )( )
( )( )
( )( )
( )
2
abac bcba cacb
abc
bc ca ab
++ ++ ++
+ + ++
+++
0,25
( )
2
1 11
222 2
2 22
P abc abc abc

++ ++= ++ >


.
Vy, vi
,,abc
là các s thực dương thì
222
333
22
a bc b ca c ab
abc
bc ca ab
+++
+ + + + ≥−
+++
(đpcm)
0,25
------------------------ HẾT ------------------------
Đáp án đã điều chnh (câu V thay
4 abc++
bng
2 abc++
)
| 1/7

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2022 - 2023
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Ý NỘI DUNG Điểm Cho biểu thức x − 2 x + 3 x −1 1 P = + − , với x ≥ 0 . x x +1 x x +1 x +1
Rút gọn biểu thức P .
Với điều kiện x ≥ 0 , ta có x − 2 x + 3 x −1 1 P = ( + − 0,25
x + )1(x x + )1 x x +1 x +1 1
x − 2 x + 3+ ( x + )
1 ( x − )1−(x x + )1 = (1,0đ)
( x + )1(xx + )1 0,25 I
x − 2 x + 3+ x −1− x + x −1 = (
x + )1(x x + )1 0,25 (2,0đ) x x +1 1 = ( = .
x + )1(x x + )1 x +1 0,25 Vậy 1 P = . x +1
Tìm x để 1 P = 2 2
Với x ≥ 0 , ta có: 1 P = 1 1 ⇔ = ⇔ x +1 = 2 0,50 (1,0đ) 2 x +1 2
x =1 ⇔ x =1(thỏa mãn). 0,50
Vậy x =1 là giá trị cần tìm. = − + − II d : y a 1 x b 2 1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( )
( a,b
tham số). Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ': y = 3x + 8 và đi
(2,0đ) (1,0đ) qua điểm A(2;3). Tính 2 2
T = a + 2b . 1
Đường thẳng d song song với đường thẳng d ': y = 3x + 8, nên ta có a −1 = 3 (1) 0,50
Đường thẳng d đi qua điểm A(2;3) , nên ta có 3 = (a − )
1 2 + b − 2 ⇔ 2a + b = 7 (2) a −1 = 3 a = 4
Từ (1) và (2) ta có hệ  ⇔ 2a b 7 b  + =  = 1 − 0,50 Khi dó ta có 2 2
T = a + 2b =16 + 2 =18. 2x y = 4
Giải hệ phương trình  . 5  x + y = 3 2 2x y = 4 7x = 7 Ta có  ⇔ 0,50 (1,0đ) 5  x y 3  + = 2x y = 4 x = 1 x = 1 ⇔  ⇔
. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (1; 2 − ). 0,50 2 y 4  − = y = 2 −
Giải phương trình 2
x + 6x + 5 = 0. 1
Ta có : a =1;b = 6;c = 5 0,50
(1,0đ) Ta thấy a b + c =1− 6 + 5 = 0
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1; − x = 5 − . 0,50 1 2 Cho phương trình 2
x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 .Tìm các giá trị của m để phương trình hai nghiệm x , x 1 2 thỏa mãn điều kiện:
( 2x −2mx +2m− )1( 2x −2mx +2m−1 < 0. 1 1 2 2 ) Xét phương trình 2
x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 (1) III
Ta có = (m m + )− m + = m m + = (m − )2 2 2 Δ ' 2 1 2 5 4 6 2 + 2 > 0, m ∀ nên (2,0đ) 2
phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với mọi m . 0,25 1 2 (1,0đ)
x + x = 2(m −1) (2)
Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có 1 2  x x = 2m −  5 (3) 1 2
x là nghiệm phương trình (1) nên: 2
x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 1 1 1 2
x − 2mx + 2m −1 = 2 − x + 4 0,25 1 1 1 Tương tự ta có 2
x − 2mx + 2m −1 = 2 − x + 4 2 2 2 Khi đó ( 2
x − 2mx + 2m − ) 1 ( 2
x − 2mx + 2m −1 < 0 1 1 2 2 ) 0,25 2 ⇔ ( 2 − x + 4)( 2
x + 4) < 0 ⇔ 4 x x − 2(x + x ) + 4 < 0 1 2 [ 1 2 1 2 ]
x x − 2(x + x ) + 4 < 0 (4) 1 2 1 2
Thế (2) và (3) vào (4) ta được 3
2m − 5 − 2.2(m −1) + 4 < 0 ⇔ 2
m + 3 < 0 ⇔ m > 2 0,25 Vậy 3 m > . 2
Cho tam giác ABC không có góc tù ( AB < AC ) và nội tiếp đường tròn (O) (
B,C cố định và A di động trên cung lớn BC ). Các tiếp tuyến tại B C cắt nhau
tại M . Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt (O) tại D
E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC tại F , cắt AC tại I . IV (3,0đ)
Chứng minh MBOC là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác MBOC ,ta có: 1  0
MBO = 90 (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B ) 0,50 (1,0đ)  0
MCO = 90 (vì MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C ) Suy ra  +  0 0 0
MBO MCO = 90 + 90 = 180 0,50
Vậy tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. 2
Chứng minh FI.FM = F . D FE 3
(1,0đ) * Xét 2 tam giác: FBD FEC , ta thấy:  = 
BFD CFE (đối đỉnh)  = 
DBF CEF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD ) 0,25 Suy ra F
BD đồng dạng với FEC (g-g) Suy ra FD FB = ⇔ F . D FE = F . B FC (1) FC FE
* Xét tứ giác MBIC , ta có :  = 
MBC BAC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC )  = 
BAC MIC (đồng vị) 0,25 Suy ra  =  MBC BIC
Ta thấy tứ giác MBIC hai đỉnh B I cùng nhìn cạnh MC dưới một
góc bằng nhau. Vậy tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp.
* Xét 2 tam giác: FBM FIC , ta thấy  = 
BFM CFI (đối đỉnh)  = 
MBF FIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) 0,25 Suy ra F
BM đồng dạng với FIC (g-g) Suy ra FB FM =
FI.FM = F . B FC (2) FI FC
Từ (1) và (2), ta suy ra FI.FM = F . D FE (đpcm) 0,25
Tìm vị trí của đỉnh A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
Do tứ giác MBOC và tứ giác MBIC là hai tứ giác nội tiếp, suy ra 5 điểm
M , B,O, I,C cùng nằm trên một đường tròn 0,25 3
Gọi H là hình chiếu của I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là: (1,0đ) 1
S = BC.IH 2 0,25
Do BC không đổi nên diện tích tam giác IBC lớn nhất khi IH lớn nhất.
Ta thấy, khi A chạy trên cung lớn BC thì I luôn thuộc đường tròn đường 0,25
kính OM . Do đó IH lớn nhất khi I trùng với O hay AC là đường kính 4
của đường tròn tâm (O) .
Vậy khi A là điểm đối xứng với C qua O thì tam giác IBC có diện tích lớn nhất. 0,25
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng 2 2 2
3a + bc 3b + ca 3c + ab + +
− 2 a + b + c ≥ 2 − . b + c c + a a + b 2 2 2 Đặt
3a + bc 3b + ca 3c + ab P = + +
− 2 a + b + c b + c c + a a + b 2 2 2 2 2 2 2a 2b 2c
a + bc b + ca c + ab = + + + + +
− 2 a + b + c
b + c c + a a + b b + c c + a a + b
Dễ chứng minh được với mọi số thực dương x, y, z ta có (  
x + y + z) 1 1 1 + + ≥ 
 9 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z x y z  Ta có a b ca 1  b 1  c 1 + + = + + + + + −       3
b + c c + a a + b b + c   c + a   a + b  (a b c) 1 1 1  = + + + + −   3
b + c c + a a + b  1  1 1 1  1 3 0,25 V
= ((b + c) + (a + c) + (a + b)) + + −   3 ≥ .9 − 3 = . 2
b + c c + a a + b  2 2 (1,0đ) 2 2 2 Khi đó 2a 2b 2c + + (1,0đ)
b + c c + a a + b 2 2 2  2a   2b   2  =  + 2  +  + 2 c a b + 
+ 2c − 2(a + b + c)  b c   c a   a b  + + +       2  a 1 2  b 1 2  c a b c 1 = + + + + + − 2(a + b +       c)  b + c   c + a   a + b  2( ) a b c a b c  = + + + + − 2(a + b +   c)
b + c c + a a + b
≥ (a + b + c) 3 2
. − 2(a + b + c) = (a + b + c) 2 2 2 a + bc
a + bc + ab + ac (a + b)(a + c) Tacó + a = = b + c b + c b + c 2
a + bc (a + b)(a + c) ⇒ = − a b + c b + c 0,25 2
b + ca (b + c)(b + a) 2
c + ab (a + c)(c + b) Tương tự ta có: = − b ; = − c c + a c + a a + b a + b 5 2 2 2
Khi đó a + bc b + ca c + ab + + b + c c + a a + b
(a +b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c +b) = + +
− (a + b + c) . b + c c + a a + b
ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM
(a +b)(a + c) (b + c)(b + a) + ≥ 2(a + b) b + c c + a
(b + c)(b + a) (c + a)(c +b) + ≥ 2(b + c) c + a a + b
(c + a)(c +b) (a +b)(a + c) 0,25 + ≥ 2(c + a) a + b b + c
 (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b)  ⇒ 2 + +
 ≥ 4(a + b + c) b + c c + a a +  b
(a +b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c +b) ⇔ + +
≥ 2(a + b + c) b + c c + a a + b 2
P ≥ (a + b + c)  1  1 1 2
− 2 a + b + c = 2 a + b + c − − ≥ − >  2 −  .  2  2 2
Vậy, với a,b,c là các số thực dương thì 0,25 2 2 2
3a + bc 3b + ca 3c + ab + +
− 2 a + b + c ≥ 2 − (đpcm) b + c c + a a + b
------------------------ HẾT ------------------------
Đáp án đã điều chỉnh (câu V thay 4 a + b + c bằng 2 a + b + c ) 6
Document Outline

  • de-khao-sat-chat-luong-toan-9-nam-2022-2023-so-gddt-thanh-hoa
  • Đ.a. KSCL LỚP 9-bản đã đính chính câu V ( 26-4)