Đề khảo sát chất lượng Toán 9 năm 2021 - 2022 trường THCS Trạch Mỹ Lộc - Hà Nội - THCS.TOANMATH.com

(1)

UBND HUYỆN PHÚC THỌ

TRƯỜNG THCS TRẠCH MỸ LỘC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG

MÔN: TOÁN 9 Năm học 2021 – 2022

Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm) : Cho hai biểu thức ⁷ A 8

 x

 và ² ¹⁸

3 3 9

B x

x x x

  

  

với x0,x9.

a) Tính giá trị của A khi x = 36. b) Chứng minh ⁸

3 B x

x

 

 c) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên.

Câu 2 ( 2 điểm) : Cho hàm số y = ( m – 1)x + 3 với m là tham số, m1. a) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm M có hoành độ 2.

b) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị m vừa tìm được.

c) Gọi N là giao điểm của đồ thị vẽ ở câu 2 với trục tung. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng MN.

Câu 3 ( 1 điểm) : Giải phương trình:

a. ⁴^x²^⁴^x^¹^³^x^⁴ b. ⁴^x^²⁰^² ^x^{ }⁵ ⁹^x^⁴⁵^¹² Câu 4 (4,5 điểm) :

1. Một khúc sông rộng khoảng 320 m. Một con thuyền di chuyển vượt khúc sông nước chảy mất 8 phút. Tính vận tốc của con thuyền biết rằng đường đi của

con thuyền tạo với bờ một góc 35 (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). ⁰

2. Cho đường tròn

 

^O ^{từ điểm}^A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến ,

AB ACvới đường tròn (B C, là tiếp điểm). Gọi Hlà trung điểm củaBC.

a) Chứng minh ba điểm A O H, , thẳng hàng và các điểm A, B, C,O cùng thuộc một đường tròn.

b) Kẻ đường kính BDcủa

 

^O ^{. Vẽ}^CKvuông góc vớiBD. Chứng minh AC CD. CK AO. .

c) Tia AO cắt đường tròn ( )O tại M (M nằm giữa A và O). Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

d) Gọi I là giao điểm của AD và CK. Chứng minh I là trung điểm của CK. Câu 5 (0,5 điểm) : Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2

        

C x xy y y yz z z zx x

--- Hết --- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Nội dung Điểm

Câu 1(2,0 điểm)

a) Thay x36 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức ⁷ A 8

 x

 ta được

7 7 1

14 2 36 8

A  



0,5

b) Chứng minh ⁸

3 B x

x

 

  





  

3 2 3 18

3 3

x x x

B

x x

   

   ^



^x^x^^⁵³



^x^^x²⁴^³



  



^x^x ³³



^x^x ⁸³



 

  

8 3 x x

 

 (đpcm).

c) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P A B có giá trị là số nguyên.

1

P A B 7 7

0 3

3 P

 x   

 , mà P nguyên nên P1 hoặc P2 P1 x   3 7 x 16 (thỏa mãn điều kiện)

P2 7 1

3 2 4

x x

     (thỏa mãn điều kiện) Vậy để P nguyên thì x16 hoặc ¹

x 4.

0,5

Câu 2 ( 2 điểm)

a) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm M có hoành độ 2 thì ^M

 

^2;0 ^.

Thay tọa độ điểm M vào hàm số ^y^



^m^¹



^x^³ ta tìm được ¹

m 2 (thỏa mãn điều kiện).

Với ¹

m 2 thì ³ 3

y 2x cắt trục tung tại ^N

 

^0;3 , cắt trục hoành tại ^M

 

^2;0

0,75

b) Vẽ đồ thị

Vẽ hệ trục tọa độ Oxy đúng quy định, biểu diễn đúng 1 trong 2 điểm

 

^2;0

M hoặc ^N

 

^0;3

Vẽ hoàn thiện đồ thị hàm số ³ 3 y 2x .

0,75 c) Gọi N là giao điểm của đồ thị vẽ ở câu 2 với trục tung. Tính khoảng cách

từ gốc tọa độ O tới đường thẳng MN.

Vẽ OH MN tại H. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMN ta có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹ ₂

OH OM ON

Từ đồ thị hàm số vẽ ở câu 2 ta có OM 2,ON3 (đvđd).

Từ đó tính được ^{6 13}

OH  13 (đvđd) và kết luận.

0,5

(3)

Câu 3( 1 điểm)

a) ⁴^x² ^⁴^x^¹^³^x^⁴  ⁽² ¹⁾ ³ ⁴ ² ¹ ³ ⁴

2      

 x x x

x

TH1: x ^ ₂¹ Giải ra được x = 1 (T/m) TH2: x <₂¹ Giải ra được x = 3 ( k t/m )

Vậy S =



¹

0,5

b. ĐKXĐ: x 5

4x202 x 5 9x45 12

   

4 x 5 2 x 5 9 x 5 12

      

2 x 5 2 x 5 3 x 5 12

       3 x 5 12

   5 4

 x 

  x 5 16

 x 11 (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là ^S ^ ¹¹

0,5

Câu 4 (4,5 điểm) 1. (1 điểm)

Gọi độ rộng khúc sông là AB = 320m, quãng đường con thuyền đã di chuyển là AC.

Xét ABC, B90^o

ta có: sin ³²⁰ 558 0,558

sin sin 35^o

AB AB

C AC m km

AC C

     

Đổi 8 phút = ² 15h

Vận tốc của thuyền là: ^{0,558 :} ² ^{4, 2}



^/



15 km h

1

2. ( 3,5 điểm) Vẽ hình đúng đến câu a

0,25

a) Chứng minh ba điểm A O H, , thẳng hàng và các điểm A, B, C, O cùng thuộc một đường tròn.

(4)

Ta có AB AC(Vì AB AC, là tiếp tuyến của

 

^O ⁾

OBOCR

Nên OA là trung trực của BC. Suy ra OABC

Ta có: OBC cân tại O, OH là đường trung tuyến nên OH BC Suy ra: ba điểm , ,A O H thẳng hàng

Ta cóAB, AClà tiếp tuyến của

 

Ô ^nênÂBO^ ÂCO^⁹⁰ô

ABO vuông tại B nên ba điểm , ,A B O cùng thuộc đường tròn đường kính AO

ACO vuông tại C nên ba điểm , ,A C O cùng thuộc đường tròn đường kính AO Vậy ba điểm A, B, C, O cùng thuộc một đường tròn.

0,5

0,5 b)Kẻ đường kính BD của

 

^O ^{. Vẽ}^CKvuông góc với BD. C/m AC CD. CK AO. .

DCB vuông tại C nên CDBDBC90^o

OHB vuông tại H nên HOBHBO90^o CDB HOB

  mà HOBHOC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) CDB HOC

  hay CDK AOC

c/m được: KDC COA (g – g )

. .

KC DC

KC OA DC CA CA OA

   

1

b) Tia AO cắt đường tròn ( )O tại M (M nằm giữa A và O). Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có : MBA90^oOBM ; MBC90^oOMB Mà OBM OMB (vì OBM cân tại O) MBAMBC

Khi đó BM là phân giác của ABC

 

¹

Mặt khác AM là phân giác của BAC(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

 

²

Từ

 

^{1 và}

 

^{2 suy ra:}^M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

1

c) Gọi I là giao điểm của AD và CK. Chứng minh I là trung điểm của CK.

Ta có CK AB// (vì cùng vuông góc với BD) Xét ABD, theo định lý Ta lét ta có:

. .

IK DK

IK DB AB DK AB  DB  

 

³

Dễ thấy ABO∽CKD (g – g)

. .

CK DK

CK OB AB DK AB OB

   

 

⁴

Từ

 

^{3 và}

 

^{4 suy ra}^{IK DB}^. ^^{CK OB}^.

Mà DB2.OB IK OB.2 CK OB. 2.IK CK Vậy I là trung điểm của CK.

0,25

Câu 5 . ( 0,5 điểm)

Ta có: ^{2. 2}^x²^^xy^²^y² ^ ⁴^x²^²^xy^⁴^y² ^



^x^ ^y



²^³



^x² ^^y²



^.

Áp dụng BĐT Cosi, ta có: ² ²

 

² ³



² ²



³

 

²

2 2

  xy    

x y x y x y

0,5

(5)

 

² ³



² ²



⁵

 

²

 xy  x y  2 xy

 

²

 

2 2 5 5

2. 2 2 .

2 2

 x xy y  xy  xy . Tương tự: ^{2. 2} ² ² ² ⁵ ² ⁵^. 

2 2

     

y yz z y z y z

 

²

 

2 2 5 5

2. 2 2 .

2 2

     

z zx x z x z x .

Suy ra:

     

2 2 2 2 2 2 5 5 5

2. 2 2 2. 2 2 2. 2 2 . . .

2 2 2

             

x xy y y yz z z zx x x y y z z x



² ² ² ² ² ²



⁵

 

2. 2 2 2 2 2 2 .

 x  xy y  y  yz z  z  zx x  2 x y y z z x    

 

5 5

2. .2. .2 10

2 2

 C  x y z   _{ }_C ₅

Dấu “=” xảy ra

2 2

1 3 1

 

 

    

 

   



x y

y z

x y z z x

x y z

(thoả mãn điều kiện).

Vậy _min 5 ¹

    3

C x y z .

Học sinh trình bày theo cách khác mà đúng vẫn tính điểm tối đa