ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN: Toán 9

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 ch

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)

x  x và B =

1 2

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: 2 1 5 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

2



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

1 ( x1)( x1) x

Rút gọn được: B = ( 1)2

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

2

x

x



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)

1

m

x



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 m0 (1) Đặt a = x (a ≥ 0; a ≠ 1)

(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

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)}

0,5

* 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):

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

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

* 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

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.

Chứng tỏ được tứ giác BMKI là tứ giác nội tiếp 0,5

Lập luận chỉ ra được AC = AD ACK = AMC  0,5

Kẻ đường kính CE của đường tròn (F)

CKE 90 KCE + KEC 90

Xét (F): KMC = KEC  

Xét (O): KMC = DCA  

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 = 4R 2R = 8R2 CB = 2R 6

BI.CD 8R 2 8R 3

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

1 4 1

2

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