KT9 đề đa TT vào 10 THCS trưng nhị 2017 2018

Bài II: 2 điểm: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng hai chữ số của nó bằng 5; bình phương chữ số hàng chục hơn chữ

TRƯỜNG THCS TRƯNG NHỊ

NĂM HỌC 2017 – 2018

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

MÔN: Toán 9 Thời gian: 120 phút

Ngày kiểm tra: 14/5/2018

Bài I: (2 điểm)

Cho A =

  và B = 21

x  x

với x ≥ 0; x ≠ 1

1 Tính giá trị của biểu thức B khi x = 4

2 Rút gọn biểu thức P = A B

3 Tìm m để phương trình ( x1)P m x  có nghiệm x

Bài II: (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng hai chữ số của nó bằng 5; bình phương chữ số hàng chục hơn chữ số hàng đơn vị là 1 đơn vị Tìm số đó

Bài III: (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau:

1 2 3







   

  

2 Cho parabol (P): y =

2 2

x

và đường thẳng (d): y = mx + 2 a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B

b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm I(0;2) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên Ox Chứng minh tam giác IHK vuông tại I

Bài IV: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R), đường kính AB I là một điểm thuộc AO sao cho AO=3IO Qua

I vẽ dây CD vuông góc với AB, trên CD lấy điểm K tùy ý, tia AK cắt đường tròn (O) tại M

1 Chứng minh IKMB nội tiếp

2 Chứng minh AK.AM = AC2

3 Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp CMK Chứng minh F thuộc một đường cố định

4 Tính khoảng cách nhỏ nhất của DF

Bài V: (0,5 điểm) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

4a 1 4b 1 4c 1 5

Chúc em làm bài tốt!

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN 9

(Ngày 15/05/2018)

B =

1 2

x  x

(x ≥ 0; x ≠ 1) Tại x = 4 (TMĐK) ta có: B =

4 1 4

Tính được B =

1

2 Kết luận

* Lưu ý: Nếu HS không đối chiếu điều kiện của x trước khi tính giá trị

của B tại x = 4 thì trừ 0,25đ

0,25

Rút gọn được: A =

1 ( x 1)( x 1) x

Rút gọn được: B =

2 ( 1) 2

x

0,5 0,25

Rút gọn được: P = A.B =

1 1

x x



 (x ≥ 0; x ≠ 1)

* Lưu ý: Nếu HS rút gọn trực tiếp biểu thức

P = A.B =

2



điểm tối đa ý này.

HS không đặt biểu thức A và B trong ngoặc khi đặt biểu thức P = A.B như

trên thì trừ 0,25đ.

HS làm đúng đến bước nào GV chấm điểm đến bước đó.

0,25

3 Tìm m để P/trình x( x  1) 1 m có nghiệm x 0,5đ

( x 1)P m x   (*)   1 1

1

x

x



  x x  1 m 0

 (x x  1) 1 m



1 1

m x

x





 (x ≥ 0  x  0 x  )1 0

x ≥ 0

1

1

m

x



Khi x = 1

1

1 1

m

Vì x ≠ 1  m ≠ 1

Kết luận: m ≥ -1; m ≠ 1

* Lưu ý: Nếu HS làm cách khác mà đúng GV chấm vẫn cho điểm tối đa ý

này.

0,25

Cách 2: x x    (1) Đặt a = x (a ≥ 0; a ≠ 1)1 m 0

(1)  a2 + a – 1 – m = 0 (2)

P/trình (*) có nghiệm  (1) có nghiệm

 (2) có nghiệm a ≥ 0; a ≠ 1

TH1: a1 > 0; a2 > 0; a ≠ 1 TH2: a1 < 0; a2 > 0; a ≠ 1

TH3: a = 0

Kết luận được m ≥ –1; m ≠ 1

Gọi chữ số hàng chục của số đó là a

chữ số hàng đơn vị của số đó là b

(a  ¥ , a < 5; b  ¥ , b < 5)*

* Lưu ý: Nếu HS đặt đk a ≤ 9; b ≤ 9; a  ¥ ; b  ¥ thì GV chấm không*

trừ điểm Nếu HS chỉ đặt đk a ≤ 9; b ≤ 9 hoặc a  ¥ ; b  thì GV chấm*

trừ 0,25đ.

HS gọi “số hàng chục là a, số hàng đơn vị là b” thì GV chấm trừ 0,25đ

0,25 0,25

Lập luận ra được p/trình: a + b = 5 (1) 0,25 Lập luận ra được p/trình: a2 – b = 1 (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có HPT:

5

a b







 

Giải đúng hệ phương trình, không tắt bước khi giải PT bậc 2 một ẩn để tìm

được: a = 2; b = 3

0,5

Đối chiếu ĐK của a, b

và kết luận: Số cần tìm là 23

0,25 0,25

* Lưu ý: Nếu HS tìm được b1 = 3; b2 = 8 mà không thử lại để tìm ra giá trị

a tương ứng, mà loại luôn b = 8 (ĐK đặt: b ≤ 9) thì trừ 0,25đ





0

1 1

2 1

1

x x

x y

y







  

KL: Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y)  {(0;1);(-2;1)}

* Lưu ý: Nếu HS đặt |x + 1| = a thì phải có ĐK a ≥ 0 và đối chiếu ĐK sau

khi tìm được a = 1 Nếu HS không đặt ĐK, không đối chiếu, trừ 0,25đ.

Nếu HS giải |x + 1| = 1  x + 1 = 1, thiếu 1 trường hợp x + 1 = –1 thì GV

chấm trừ 0,25đ

2a

Cho parabol (P): y =

2 2

x

và đường thẳng (d): y = mx + 2

Chứng minh (d) luôn (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

0,5đ

Xét p/trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x mx  x mx 

Chỉ ra được: m2 ≥ 0  m2 + 4 ≥ 4 > 0   > 0 m

 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

 (d) luôn (P) tại 2 điểm phân biệt A, B 0,25

* Lưu ý: Nếu HS không lập luận m2 ≥ 0  m2 + 4 ≥ 4 > 0

  > 0 m mà ghi luôn  > 0 m GV chấm trừ 0,25đ

2b Chứng minh (d) luôn đi qua điểm I(0;2).

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên Ox.

Chứng minh IHK vuông tại I.

0,5đ

+ Lập luận chứng tỏ được (d) luôn đi qua điểm I(0;2) 0,25 + Gọi A(x1; y1); B(x2; y2)  H(x1; 0); K(x2; 0)

Cách 1: HS chỉ ra được: IH2 + IK2 = HK2  IHK vuông tại I

Cách 2: HS chỉ ra được: |x1|.|x2| = 4  OH.OK = OI2

HS c/m được 2 nghiệm x1, x2 nằm về 2 phía của Oy

 OHI  OIK  IHO = OIK· · OIK + OIH 90· ·  o

0,25

* Lưu ý: Nếu HS sử dụng công thức tính khoảng cách, hoặc kiến thức

a.a’ = -1 mà không chứng minh GV chấm không cho điểm phần này.

Lập luận chỉ ra được BIK = BMK 90· ·  o 0,25 Chứng tỏ được tứ giác BMKI là tứ giác nội tiếp 0,5

Lập luận chỉ ra được AC = AD¼ ¼ ACK = AMC· · 0,5 Chứng minh được: AKC  ACM (g-g)  đpcm 0,5

Kẻ đường kính CE của đường tròn (F)

CKE 90 KCE + KEC 90

Xét (F): KMC = KEC· ·

Xét (O): KMC = DCA· ·

ACK + KCF 90 AC CF

Chứng minh tương tự được: AC  CB

 C, B, F thẳng hàng

0,5

Kẻ DH  CB = {H}  DH không đổi

DF nhỏ nhất  DF = DH

C/m được: DH.CB = BI.CD

0,25

Có:

2

CI = CO - OI = R - = CD =

CB2 = BI.BA =

2 4R 2R = 8R CB = 2R 6

BI.CD 8R 2 8R 3

DH = = =



0,25

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

1 4 1

2

a

a  a     a  a

C/m tương tự:  4b 1 2b1; 4c 1 2c1

4a 1 4b 1 4c 1 2(a b c) 3

Mà a + b + c = 1  4a 1 4b 1 4c 1 5

0,25

Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 0 trái giả thiết