Đề khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2013-2014 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN – LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm). x 2 5 1 Cho biểu thức: P x 3 x2 5x 6 x 2 a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. b) Rút gọn P. Câu 2: (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng hơn kém nhau 14cm. Tính độ dài cạnh huyền và diện tích của tam giác vuông đó. Câu 3: (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 4x m2 3m 0 (1) (trong đó x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m 3 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm xvà1 x 2 2 thỏa mãn x1 x2 6 . Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (M không trùng với B và C). Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC, O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng: a) Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn. b) Tứ giác OPHQ là hình gì? vì sao? c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất. Câu 5: (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn: a b c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 . Hết (Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:
2. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN – LỚP 9 Câu Nội dung trình bày Điểm Tìm ĐKXĐ của P: x 3 0 x 3 a 2 x 3 1,0 x 5x 6 0 x 3 x 2 0 x 2 x 2 0 x 2 1 x 2 5 1 x 2 5 1 (2đ P 2 ) x 3 x 5x 6 x 2 x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 x 2 5 x 3 x2 4 5 x 3 x2 x 12 b 1,0 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 4 x 4 . x 3 x 2 x 2 Gọi x (cm) là hình chiếu của cạnh góc vuông có độ dài lớn hơn 0,5 (ĐK: x > 14) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x 14 (cm). Áp dụng hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu của các cạnh 2 0,5 góc vuông trên cạnh huyền ta có phương trình: 24 x x 14 2 Giải phương trình: 2 2 x 32 (TM) (2đ) 24 x x 14 x 14x 576 0 x 32 x 18 0 0,5 x 18 (KTM) Nên hình chiếu có độ dài lớn hơn là 32cm, hình chiếu còn lại dài 18cm Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm). 1 0,5 Diện tích của tam giác vuông đó là: .24.50 600 (cm2). 2 Với m 3 ta có phương trình : 2 x 0 x 0 a (1) x 4x 0 x x 4 0 1,0 x 4 0 x 4 Vậy với m 3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S 0;4 . Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì: 2 '(1) 4 m 3m 0 1 m m 4 0 4 m 1 0,25 x1 x2 4 3 Theo hệ thức Vi-ét ta có: x x m2 3m (2đ 1 2 ) Kết hợp với giả thiết ta có: x x 4 x 1 0,25 b 1 2 x2 x 2 0 x 1 x 2 0 1 1,0 2 1 1 1 1 x1 x2 6 x1 2 2 2 *) Với x1 1 x2 5 . Từ x1x2 m 3m m 3m 5 0 Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm do có 9 4.5 0 *) Với x1 2 x2 2 . 0,25 2 2 m 1 Từ x1x2 m 3m m 3m 4 0 m 1 m 4 0 m 4
3. Đối chiếu ĐK có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá trị trên đều thỏa mãn. 0,25 Vậy với m = 1; m 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 2 thỏa mãn x1 x2 6 . Ta có: A A· PM 900 (do MP  AB (gt)). A· QM 900 (do MQ  AC (gt)). A· HM 900 (do AH là đường cao của ∆ABC(gt)). O Ta thấy 3 điểm P, Q, H cùng P a nhìn đoạn thẳng AM dưới một góc 1,25 vuông. I Nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng Q thuộc đường tròn đường kính AM. B H M C (HS có thể c/m 2 tứ giác nội tiếp rồi suy ra đpcm cũng là một suy luận đúng). Do O là trung điểm của AM nên O là tâm đường tròn đi qua 5 điểm A, P, H, M, Q. Lại có ∆ABC đều (gt) nên AH đồng thời là phân giác P· AH B· AH 300 4 AM Đặt R , xét (O; R) ta có: (3đ 2 b 1,0 ) P· OH 2P· AH 600 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn P»H ). (1) mặt khác do OP = OH = R nên ∆OPH cân (2) Từ (1) và (2) ta suy ra ∆OPH đều OP = PH = R (3) Chứng minh tương tự ta cũng có: OQ = QH = R (4) Từ (3) và (4) OP = OQ = QH = PH . Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi. Gọi I là giao điểm của OH và PQ. 1 1 R Do OPHQ là hình thoi nên ta có: OH  PQ và PI PQ ; IH OH . 2 2 2 Áp dụng Pytago cho tam giác vuông PIH có: 2 2 2 2 R 3.R PI PH IH R c 2 2 0,75 AM Suy ra: PQ 2PI 3.R 3. 2 Do đó: PQ có độ dài nhỏ nhất AM có độ dài nhỏ nhất. Mặt khác do AM AH , nên AM có độ dài nhỏ nhất M  H . Vậy khi M  H thì PQ có độ dài nhỏ nhất. (Không yêu cầu HS chỉ ra min PQ bằng bao nhiêu) 5 Không mất tính tổng quát, giả sử: a b c 0 . 0 b2 bc c2 b2 c c b b2 (1đ Ta có: 0,25 2 2 2 2 ) 0 c ca a c c a a a
4. Do đó: b2 bc c2 c2 ca a2 a2b2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm ta có: 3 2 2 2 2 4 2 2 3ab 3ab 4 1 2 2 3ab 3ab Q a ab b a b . a ab b . . . . a ab b 9 2 2 9 27 2 2 0,25 4 2 2 3 4 6 5 . a 2ab b 5 . a b 3 3 Do a b c 0 a b a b c a b 6 a b c 6 36 . Suy ra 4 0,25 Q .36 12 35 c2 bc 0;c2 ca 0 a 2 Dấu “=” xảy ra a b c 3 b 1 3ab c 0 a2 ab b2 2 0,25 Vậy Max Q 12 a 2;b 1;c 0 và các hoán vị của chúng. (nghĩa là trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và số còn lại bằng 0). Lưu ý: - Trên đây chỉ là một cách giải, nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, người chấm có thể chia nhỏ các con điểm. - Với câu 2 không yêu cầu vẽ hình minh họa. Nếu HS có kết quả đúng mà không lập luận rõ ẩn là hình chiếu của cạnh góc vuông lớn hơn hay nhỏ hơn thì trừ 0,25 điểm. - Với câu 3 ý b ĐK có nghiệm không yêu cầu HS tìm đúng mà 4 chỉm cần1 dừng 2 lại ở kết luận '(1) 4 m 3m 0 sau đó HS biết đối chiếu giá trị m tìm được với ĐK trên thì vẫn cho điểm tối đa. - Với câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm điểm câu này. Nếu phần sau mà dùng kết quả của phần trước nhưng chưa chứng minh thì không tính điểm. - Điểm toàn bài là tổng số điểm của 5 câu trong đề, làm tròn một chữ số sau dấu phảy.