Đáp án đề khảo sát Toán 9 - Quận Hoàn Kiếm (10 - 5 - 2019)

- Các câu hoặc các ý có cách làm khác với hướng dẫn ở trên nếu đúng vẫn được điểm tối đa của câu hay ý đó.. - Bài IV: Thí sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu [r]

UBND QUẬN HOÀN KIẾM

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

Ngày khảo sát: 09/5/2019

I

(2,0 điểm)

Thay vào A, ta tính được 7 1

14 2

B

   







8 3

x x





3 3

x

+) P 1 x   3 7 x 16 (TM ĐKXĐ)

P  x   x (TM ĐKXĐ)

Vậy để P nguyên thì x16 hoặc 1

4

x

0,25

II

(2,0 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc… 2,0

Vì độ dài quãng đường AB là 60km nên ta có:

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là 60

x giờ

0,25

Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 60

15

Vì ô tô đến trước xe máy 40 phút = 2

3 giờ, ta có phương trình:

15 3

x  x 



0,25

Giải phương trình được x30 (TMĐK); x 45 (loại) 0,50

Kết luận 0,25

Lưu ý: Nếu HS giải bài toán bằng cách lập HPT mà đúng, giám khảo

vẫn cho điểm tối đa

III

(2,0 điểm)

1)

Giải hệ phương trình, tìm được 1 2

1 3

x x y

 



  



Từ đó hệ phương trình đã cho 2

8

x y





  

 Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là (2;8) 

0,5

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )d và ( )P :

2

x  mx  (a1;b 4 ;m c 8)

0,25

Phương trình (*) có a c  8 0 nên luôn có hai nghiệm phân biệt, suy ra ( )d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt

Lưu ý: Học sinh có thể lập luận 2

4m 8 0

    để chứng minh

0,25

Cách 1:

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x x1 2  8

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy có: x1 2 x2 2 x1.2 x2 8

1 2

8

x x



        

0,25

Kết hợp x1x2 4m tìm được 1

2

m  (Loại) hoặc 1

2

m (Thoả mãn) 0,25

Cách 2:

Xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: x1 0 x2  x1  x x1; 2 x2

Từ đó

4

1

2

 





       

  



(Loại)

0,25

Trường hợp 2: x2   0 x1 x1 x x1; 2  x2

Từ đó

4

1

2

 





      

  



(Thỏa mãn)

Kết luận

0,25

IV

(3,5 điểm)

K

N

M

I

O H F

E

B

A

1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,0

BE và CF là đường cao của tam giác ABC BECBFC 90 0,25

Mà E và F là hai đỉnh kề nhau của tứ giác BCEF 0,25

Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 0,25

Chứng minh được HAF∽HCD (g.g) HA HF

Chứng minh được HAE∽HBD (g.g) HA HE.

Suy ra HA HD HB HE Từ đó ta có điều phải chứng minh 0,25

Lưu ý: Học sinh sử dụng chứng minh tương tự trong câu này, trừ 0,25 điểm

Chứng minh được EDHFDH (cùng bằng ABH ) 0,25

Chỉ ra tia DH nằm giữa DE, DF  Điều phải chứng minh 0,25 Chứng minh được EID2ECI để suy ra EI CI 0,25

Mà BEC  90 EI CI BI (ĐPCM) 0,25 4)

Tính được 2.

2

AH

2

KAKH KEKF  EF

Suy ra tam giác EKF vuông cân tại K

0,25

EKF  EAF  hay BAC  45 BOC 90

Từ đó tam giác BOC là tam giác vuông cân, suy ra 2

2

R

OI 

Từ giả thiết MN 2 2 MN 2 R

OI    Suy ra MN là đường kính của đường tròn (O)

0,25

V

(0,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P

*) Tìm min:

Từ đó Pab(1 c) bc ca 0

Suy ra minP0 khi a c 0, b 3

0,25

*) Tìm max:

Cách 1: Trong 3 số a, b, c có hai số cùng 1 hoặc cùng 1

Không mất tính tổng quát, giả sử a và b cùng 1 hoặc cùng 1

c a b  abcac bc c 

Do đó

1

         a b c 

Suy ra maxP2 khi a  b c 1

Cách 2: Giả sử cmina b c, ,   0 c 1

Ta có:

 c  c c c   c c    c  Suy ra maxP2 khi a  b c 1

0,25

Cán bộ chấm thi lưu ý:

- Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25

- Các câu hoặc các ý có cách làm khác với hướng dẫn ở trên nếu đúng vẫn được điểm tối đa của câu hay ý đó

- Bài IV: Thí sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó