Đề khảo sát Toán 9 lần 5 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Kinh Môn – Hải Dương

UBND THỊ XÃ KINH MÔN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LẦN 05
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
(Đề gồm 05 câu, 01 trang)
Câu 1. ( 2.0 điểm) 1) Giải phương trình: 4 2 x + 3x − 4 = 0 x + y + 3 = 2(x − y)
2) Giải hệ phương trình: x −1 y + 3 =  2 3
Câu 2. ( 2.0 điểm)  
1) Rút gọn biểu thức sau: 3 1 x x +1 A =  + +  :
với x ≥ 0 ; x ≠ 9 2 x − 6
x + 3 9 − x 2 x +   6
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng (d : y = 2x +1 1 ) (d : y = x + 2 và (d : y = 2x −
+1. Lập phương trình đường thẳng song song với 3 ) 2 )
(d đồng thời đi qua giao điểm của (d và (d 2 ) 1 ) 3 )
Câu 3. (2.0 điểm)
1) Một đội xe vận tải dự định điều một số xe cùng loại đi vận chuyển 30 tấn hàng.
Lúc sắp khởi hành, đội xe đó được giao thêm 15 tấn hàng nữa. Do đó, đội xe được điều
thêm 4 xe cùng loại trên nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đội xe
có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở như nhau. 2) Cho phương trình: 2 x + (m + ) 2 2
1 x + 2m + 9m + 7 = 0 ( với m là tham số)
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x và x sao cho biểu thức A = 7(x + x ) − 2 có 1 2 x x 1 2 1 2 giá trị lớn nhất.
Câu 4. ( 3.0 điểm)
1. Người ta xây dựng cây cầu Dinh qua sông Kinh Thầy nối thị xã Kinh Môn (Hải
Dương) với huyện Thủy Nguyên (Hải Phòng), cầu được trang trí khung thép trên thành
cầu như hình vẽ. Nếu biết độ dài BC = 80m, ,
. Tính chiều cao từ điểm A
xuống mặt của cầu (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) A B C
2. Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O ; R). Từ điểm M ở ngoài đường tròn kẻ hai
tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó (A, B là các tiếp điểm). Qua điểm A kẻ đường
thẳng song song với MB cắt đường tròn (O ; R) tại C. Nối MC cắt đường tròn (O; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E.
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh EM = EB và tìm vị trí của điểm M để BD ⊥ MA.
Câu 5. (1.0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2
a + b + c =1. 2 2 2
Chứng minh: ab + 2c bc + 2a ca + 2b + +
≥ 2 + ab + bc + ca 2 2 2 1+ ab − c 1+ bc − a 1+ ca − b
–––––––– Hết –––––––– UBND THỊ XÃ KINH MÔN HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LẦN 05 NĂM HỌC 2023 - 2024 MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ý (bài) (phần) Nội dung Điểm Đặt x2 = t, t ≥0.
Khi đó phương trình đã cho có dạng: t2 + 3t – 4 = 0 (1) 0,25
Phương trình (1) có tổng các hệ số a+b+c= 1+3+(-4)= 0 nên 1)
PT(1) có hai nghiệm t1 = 1; t2 = - 4 0, 5
Do t ≥0 nên chỉ có t1 = 1 thỏa mãn.
Với t1 = 1 => x2 = 1 <=> x = ± 1. 0,25
Vậy phương trình có nghiệm là x1 = 1; x2 = -1 . x + y + 3 = 2(x − y)  −x + 3y = 3 − Câu 1 x −1 y + 3 ⇔  =  3x  − 2y = 9 (2,0đ)  2 3 0,25  3x+ − 9y = 9 − ⇔ 0,25 3x   − 2y = 9 2) 7y = 0 y = 0 ⇔ ⇔ 0,25 3x    − 2y = 9 3x  − 2.0 = 9 y = 0 ⇔  x = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (3;0) 0,25   Rút gọn : 3 1 x x +1 A =  + +  :
với x ≥ 0 ; x ≠ 9 2 x − 6
x + 3 9 − x 2 x +   6   A 3 1 x x +1   = + −  0,25 2 x x  ( − 3) +
( x +3)( x −3) : 3  2  ( x + 3)
3.( x + 3) + 2( x −3) − 2 x 2( x + 3) Câu 2 A = 0,25
2( x + 3)( x −3) . x +1 (2,0đ) 1) 2 x x x ( x + + + − − 3 3 9 2 6 2 ) A= 3 x + 3 = 0,25
2( x + 3)( x −3) . x +1
( x −3)( x + )1 3( x + )1 = 3 ( = x − 3)( x + ) 1 x − 3 0,25 Vậy 3 A =
với x ≥ 0; x ≠ 9 x − 3
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm có dạng tổng quát là (d): y = ax + b
Tọa độ giao điểm của (d và (d là nghiệm của hệ 2 ) 1 ) 0,25 y = 2x +1 phương trình:   y = x + 2 x =1 2)
Giải hệ phương trình ta được  0,25 y = 3
Do (d) song song với (d nên a = 2 − và b ≠1 3 )
Do (d) đi qua giao điểm của (d và (d có tọa độ (1;3) 0,25 2 ) 1 ) nên ta có 3 = 2.1 − + b ⇔ b = 5( thỏa mãn)
Vậy phương trình đường thẳng (d): y = 2x − + 5 0,25
Gọi số chiếc xe theo dự định của đoàn xe là x (chiếc). ĐK: * x ∈ N 0,25
Số chiếc xe thực tế chuyên chở là x + 4 (chiếc)
Theo dự định mỗi xe phải chở số tấn hàng là 30 ( tấn) x
Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng là 45 ( tấn) x + 4
Do thực tế mỗi xe chở hơn dự định là 1 tấn nên ta có 1) phương trình: 30 45 − =1 x x + 4 0,25 2 2
⇒ 30x +120 − 45x = x + 4x ⇔ x +19x −120 = 0 0,25 Câu 3 x = 5 (TM) ⇔  (2,0đ) x = 2 − 4 (KTM) 0,25
Vậy lúc đầu đội có 5 xe. Phương trình có 2 x + 2(m + ) 2
1 x + 2m + 9m + 7 = 0 2 2 2 ∆ ' = (m + )
1 − (2m + 9m + 7) = −m − 7m − 6 = −(m + ) 1 (m + 6)
Phương trình có hai nghiệm x1; x2 khi ∆' ≥ 0 ⇔ 6 − ≤ m ≤ 1 − 0,25 x + x = 2 − m +  1 1 2 ( ) 2)
Theo hệ thức Vi-et ta có  0,25 2
x x = 2m + 9m + 7 1 2 Ta có
A = 7(x + x ) − 2x x = 7.2 − (m + ) 1 − 2.( 2 2m + 9m + 7 1 2 1 2 ) 2 2 = 4
− m − 32m − 28 = 4 m + 8m + 7 = 4 (m + ) 1 (m + 7) 0,25 Do 6 − ≤ m ≤ 1 − nên (m + ) 1 (m + 7) ≤ 0
⇒ A = − (m + )(m + ) = − (m + )2 −  = − (m + )2 4 1 7 4 4 9 4 4 + 36 ≤ 36   0,25
Giá trị lớn nhất của A là 36 khi và chỉ khi m = - 4 (thỏa mãn)
Từ thực tế ta có hình vẽ sau, coi chiều cao từ A xuống mặt cầu là AH. A B H C
Xét ∆ ABH vuông tại H ta có: AH 0,25 BH = 0 tan3
Xét ∆ ACH vuông tại H ta có: 0,25 AH 1 CH = 0 tan5 AH AH Mà BC = BH + CH = + 0 0 tan3 tan5  1 1 AH  + =   80 0 0  tan3 tan5  0,25 80 ⇔ AH = ≈ 2,6m 1 1 + 0 0 tan3 tan5
Vậy chiều cao từ điểm A xuống mặt cầu là 2,6 m 0,25
Nếu không làm tròn trừ 0,25 điểm, không có hình minh họa trừ 0,25 điểm
Vẽ hình phần 1 đúng cho 0,25 điểm
Nếu vẽ sai hình thì không chấm điểm cả câu 4.2 Câu 4 A (3,0đ) I 1 2 1 C D 2 0.25 1 M O 1 2 E 2 1 B
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên:  =  0 MAO MBO = 90 0,25 2a) Tứ giác MAOB có:  +  0 MAO MBO =180 0,5
⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp Ta có:  =  EMD 1 C (so le trong, AC // MB)  =   1 =   1 A 1 C  sđAD 2    ⇒  =  EMD 1 A 0,25 ∆ EMD và ∆ EAM có:   =  1 E chung , EMD 1 A ⇒ ∆ EMD ∆ EAM (g.g) EM ED 2 ⇒ = ⇒ EM = EA.ED (1) EA EM ∆ EBD và ∆ EAB có:   =   1 =  E  2 chung , 1 B A2  sđBD 2    ⇒ ∆ EBD ∆ EAB (g.g) EB ED 2 ⇒ = ⇒ EB = EA.ED (2) 0,25 2b) EA EB Từ (1) và (2) 2 2
⇒ EM = EB ⇒ EM = EB
Gọi I là giao điểm của của BD và MA Ta có:  =  1
C B2 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD) Mà  =  1 C EMD ( 2 góc so le trong) ⇒  =  B2 EMD 0,25 Do đó để: ⊥ ⇔  0 = ⇔  +  0 BD AM AIB 90 MAB B2 = 90 Mà  MAB = 
MBA ( do tam giác MAB cân tại M) ⇒  +  0 MBA EMD = 90 ⇒ MC ⊥ AB
- Chứng minh được MO ⊥ AB
Nên M, O, C thẳng hàng => D là điểm chính giữa của cung AB ⇒ ∆ MAB đều ⇒  0 AMO = 30 0,25
Mà tam giác AMO vuông tại A nên OM =2OA = 2R
Vậy khi M cách O một khoảng bằng 2R thì BD ⊥ AM
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2
a + b + c =1. Chứng minh: 2 2 2 ab + 2c bc + 2a ca + 2b + +
≥ 2 + ab + bc + ca 2 2 2 1+ ab − c 1+ bc − a 1+ ca − b Câu 5 Do 2 2 2
a + b + c =1 nên ta có (1,0đ) 2 2 2 2 ab + 2c ab + 2c ab + 2c ab + 2c = = = 2 2 2 2 2 2 2 0,25 1+ ab − c
a + b + c + ab − c
a + b + ab ( 2 ab + 2c )( 2 2
a + b + ab)
Áp dụng bất đẳng thức x + y xy ≤ , (x, y > 0) 2 0,25 2 2 2 ⇒ (
c + a + b + ab a + b + c
ab + 2c )(a + b + ab) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 ≤ ≤
= a + b + c 2 2 2 2 2 ab + 2c ab + 2c ab + 2c 2 ⇒ = ≥ = ab + 2c 1 2 2 2 2 ( ) 1+ ab − c ( 2 2 )( 2 2 ) a +b + + + + c ab c a b ab 0,25 2 2
Tương tự bc + 2a 2 +
≥ bc + 2a 2 và ca 2b 2 ≥ ca + 2b 3 2 ( ) 2 ( ) 1+ bc − a 1+ ca − b
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp 2 2 2
a + b + c =1 2 2 2 ta có ab + 2c bc + 2a ca + 2b + +
≥ 2 + ab + bc + ca . 2 2 2 1+ ab − c 1+ bc − a 1+ ca − b 0,25 Dấu “=’’ khi 1
a = b = c = . 3
- Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa