Đề kiểm tra khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. (Không tính thời gian giao đề cho thí sinh) Câu I (2,0 điểm). x2 x2 x x 21 x Cho biểu thức P , với xx 0, 1. x x 11 x x 1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tìm các giá trị của x để P 7. Câu II (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : y 3 m 1 x 2 m . Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A 1; 3 . 2xy 3 7 2. Giải hệ phương trình: . xy 42 Câu III (2,0 điểm). 1. Giải phương trình xx2 9 8 0 2. Cho phương trình x2 2 x m 3 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình 3 3 2 2 có hai nghiệm xx12, thỏa mãn: m( x1 x 2 ) x 1 x 2 9. Câu IV (3,0 điểm). Từ điểm P nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến PQ , PR tới đường tròn với Q và R là các tiếp điểm. Đường thẳng qua P cắt đường tròn O tại hai điểm M và N ( M nằm giữa P , N và dây MN không qua tâm O ). Gọi I là trung điểm của đoạn MN . 1. Chứng minh rằng tứ giác PQOR nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh rằng IP là phân giác của QIR và PM PN PQ PR . 2 1 1 3. Gọi K là giao điểm của PN và QR . Chứng minh: . PK PM PN Câu V (1,0 điểm). Cho x,, y z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn x3 y 3 z 3 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 của biểu thức A . xy()()() x y3 yz y z 3 zx z x 3 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu; cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký CBCT số 1: Chữ ký CBCT số 2:
2. SỞ GD&ĐT THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT MÔN TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2021 – 2022 (Hướng dẫn chấm gồm có: 04 trang) Hướng dẫn chung: 1) Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. 2) Trong câu hình, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không cho điểm câu đó. Câu Ý NỘI DUNG Điểm x2 x2 x x 21 x Cho biểu thức P , với xx 0, 1. x x 11 x x Rút gọn biểu thức P . xx 3 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 Ta có P 0,25 1 x x 11 x x (1,0đ) x x 11 x x 0,25 2xx 1 2 1 xx 1 I xx 11 0,25 (2,0đ) xx 1 0,25 Tìm x để P 7. Do P 7 nên x x 1 7 x x 6 0 0,25 2 Đặt t x t 0 ta được phương trình tt2 60 (1) 0,25 (1,0đ) Phương trình (1) tt 2 3 0 nên có nghiệm t1 2 (loại), t2 3 0,25 Với t 3 x 3 x 9. 0,25 Vậy với x 9 thì P 7. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : y 3 m 1 x 2 m . 1 Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A 1; 3 . (1,0đ) Vì d đi qua điểm A 1; 3 nên ta có: d : 3 3 m 1 .1 2 m. 0,5 m 2 0,5 2xy 3 7 II Giải hệ phương trình: . (2,0đ) xy 42 2 2x 3 y 7 2 x 3 y 7 Hệ 0,5 (1,0đ) x 4 y 2 2 x 8 y 4 2xy 3 7 x 2 0,5 11y 11 y 1 1
3. Giải phương trình xx2 9 8 0 1 Ta có a 1, b 9, c 8 abc 0 0,5 (1,0đ) Nên phương trình có hai nghiệm xx 1, 8 12 0,5 Kết luận: phương trình có hai nghiệm xx12 1, 8 Cho phương trình x2 2 x m 3 0 (với m là tham số). Tìm m để phương 3 3 2 2 trình có hai nghiệm xx12, thỏa mãn: m( x1 x 2 ) x 1 x 2 9. Ta có điều kiện để phương trình có hai nghiệm là 0,25 III ' 4 mm 0 4 (2,0đ) Giả thiết 3 mxx(3 3 ) xx 2 2 9 mxx 3 xxxx xx 2 2 9 (1) 0,25 2 1212 12 112122 (1,0đ) xx12 2 Theo định lí Viet, ta có x x m 3 12 0,25 32 Thế vào (1), ta được 7m2 32 m 0 m 0; m 7 Kết hợp điều kiện, suy ra m 0. 0,25 Từ điểm P nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến PQ , PR tới đường tròn với Q và R là các tiếp điểm. Đường thẳng qua P cắt đường tròn O tại hai điểm M và N ( M nằm giữa P , N và dây MN không qua tâm O ). Gọi I là trung điểm của đoạn MN . Q P O K M I N IV R (3,0đ) Chứng minh rằng tứ giác PQOR nội tiếp đường tròn. 1 Ta có PQO 900 , PRO 900 (do PQ , PR là hai tiếp tuyến của O ). 0,5 (1,0đ) Suy ra bốn điểm PQOR,,, cùng thuộc đường tròn đường kính PO . 0,5 Vậy tứ giác PQOR nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng IP là phân giác của QIR vàPM PN PQ PR . Ta có I là trung điểm của MN , suy ra OI MN OIP 900 nên năm 0,25 2 điểm PQOIR,,,, cùng thuộc đường tròn đường kính PO . (1,0đ) Suy ra tứ giác PQIR nội tiếp, lại có PQ PR (tính chất tiếp tuyến) nên trong đường tròn đường kính PO thì sđ PQ = sđ PR PIQ PIR hay IP 0,25 là phân giác của QIR . 2
4. 1 Xét ∆PQM và ∆PNQ có QPN chung PQM= PNQ (= sđ QM của đường 2 tròn O ), nên ∆PQM đồng dạng với ∆PNQ PQ PM PQ2 PM. PN 0,25 PN PQ Mà PQ PR PQ PR PM PN 0,25 2 1 1 Gọi K là giao điểm của PN và QR . Chứng minh: . PK PM PN Ta có: 2 1 1 2PM PN PI IM PI IN 2 PI 0,25 PK PM PN PK PM PN PM PN PM PN PM PN PK PI Xét ∆PQM và ∆PNQ có chung (= sđ ), 3 0,25 PQ PM (1,0đ) Nên ∆PQM đồng dạng với ∆PNQ PQ2 PM. PN (1) PN PQ Xét ∆PQK và ∆PIQ có QPI chung PQK= PIQ (sđ PQ =sđ PR ), PK PQ 0,25 Nên ∆PQK đồng dạng với ∆PIQ PQ2 PK. PI (2) PQ PI Từ (1) và (2) suy ra: PM PN PK PI 2 1 1 0,25 Vậy (đpcm). PK PM PN Cho x,, y z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn x3 y 3 z 3 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 của biểu thức A xy()()() x y3 yz y z 3 zx z x 3  abc, , 0 ta chứng minh được ab() a b a33 b (1) (a b )2 2( a 2 b 2 ) (2) 1 1 1 9 (3) a b c a b c V Thật vậy (1,0đ) 3 3 2 0,25 (1) a b ab ( a b )0( a b )()0 a b (1,0đ) (2)2( a2 b 2 )( a b )0( 2 a b )0 2 1 1 1 1 1 1 (3) (a b c )( ) 9 33 abc .33 9 a b c a b c (1), (2) đẳng thức xảy ra khi ab . (3) đẳng thức xảy ra khi abc . Áp dụng ta có: x2 y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 1 0,25 xyxy( )3 xyxyxy ( )( ) 2 ( xy 3 3 )2( xy 2 2 ) 2( xy 3 3 ) 3
5. yz22 1 zx22 1 Tương tự ; 0,25 yz( y z )3 2( y 3 z 3 ) zx( z x )3 2( z 3 x 3 ) 1 1 1 1 1 9 9 Ta được A 3 3 3 3 3 3 . 3 3 3 2 x y y z z x 2 2( x y z ) 32 2 Dấu bằng xảy ra khi x y z 0,25 3 3 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 32 Hết 4