Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Long Biên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Long Biên (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG QUẬN LONG BIÊN Năm học 2017-2018 Môn: TOÁN 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 04/5/2018 Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao , phát đề ) Bài I (2,0 điểm) a 9 3 2aa 5 3 Cho hai biểu thức P và Q với aa 0, 9 . a 3 aa 33a 9 1) Khi a 81, tính giá trị biểu thức P . 2) Rút gọn biểu thức Q . 3) Với a 9 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức APQ . Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất của đội II tăng gấp đôi, nên đội II đã hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm một mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn thành công việc trên ? Bài III (2,0 điểm) 11 2 x 2 y 1 1) Giải hệ phương trình: 23 1 x 2 y 1 yx 2 y 2 m 1 x - 2 m 2) Cho parabol (P): và đường thẳng (d): ( x là ẩn, m là tham số ) a) Khi m=1. Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x1;y1); B(x2;y2) 22 sao cho biểu thức T x1 x 2 - x 1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài IV (3,5 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn OR; vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B , C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB , MK vuông góc với AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP vuông góc với BC (P BC). Chứng minh: MPK MBC . c) Chứng minh rằng: MI.MK=MP2 d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Bài V (0,5 điểm) Cho ba số x, y, z không âm và x2 y 2 z 2 3 y . 1 4 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của P . x 1 2 y 2 2 z 3 2 . Hết Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Ý Đáp án Biểu điểm Bài I 1) a 81 (TM ĐKXĐ) suy ra a 9. 0,25 2,0 điểm Thay vào biểu thức P tính được P 12. 0,5 2) 3 a 3 2 a 3 a 5 a 3 Biến đổi Q 0,25 a 9 a Rút gọn về được Q . 0,5 a 9 a 99 Biến đổi P. Q a 3 a 3 6 0,25 3) a 3 a 3 a 3 99 Đánh giá được aa 3 2. 3 . 6 (vì a 9 ) aa 33 0,25 Từ đó minAa 12 36 (TM ĐKXĐ) Bài II Gọi thời gian đội I làm một mình ( với năng suất ban đầu ) để hoàn thành 2,0 điểm công việc là x ( đơn vị ngày, x>12) Gọi thời gian đội II làm một mình ( với năng suất ban đầu ) để hoàn thành 0,25 công việc là y ( đơn vị ngày, y>12) Mỗi ngày đội I làm được 1 ( công việc ) x 0,25 1 Mỗi ngày đội II làm được ( công việc ) y 82 8 ngày làm được (công việc), 0,25 12 3 2 Năng suất mới của đội II là ( CV/ngày) y 0,25 1 1 1 xy12 Lập luận để có được hệ phương trình 0,25 2 2 7 .1 32y Giải hệ phương trình được nghiệm x=28, y=21 (t/m đk) 0,5 Kết luận: Với năng suất ban đầu , để hoàn thành công việc , đội I làm trong 0,25 28 ngày, đội II làm trong 21 ngày. Bài III 1) x 2 2,0 điểm ĐKXĐ : 0,25 y 1
3. 11 uv 2 Đặt ẩn phụ uv ; đưa về hệ xy 21 2uv 3 1 0,25 73 Giải hệ được uv ; 55 19 8 0,25 Trả lại ẩn ban đầu và giải được xy ; (TMĐK) 73 19 8 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ; 0,25 7 3 Lập luận để có khi m=1 thì hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 0,25 xx2 3 2 0 2a nghiệm của pt Giải PT được nghiệm xx12 1; 2 . Tiếp tục xác định đúng tung độ giao điểm y1 = 1; y2 = 4 0,25 KL: Toạ độ giao điểm của (d) và (P) là: M(1;1) N(2;4) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt: (*) x2 2 m 1 x 2 m 0 Tính được = ( 2m – 1)2 +) (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt PT (*) có hai nghiệm 1 phân biệt > 0 m 0,25 2 +) Khi đó ta có Tx 2 xxxx 2 = 2 x 2 2 xx - 3 xx 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 = x x2 3 x x 2b 1 2 1 2 x12 x 21 m Áp dụng hệ thức Viet cho PT (*) ta có Thay vào x12 x 2 m biểu thức T T 2 m 1 2 3.2 m 2 2 1 3 3 T 4 m 2 m 1 2 m 2 4 4 3 1 Lập luận dấn đến Tmin= khi m = ( TMĐK ) 0,25 4 4
4. Bài IV a) Chứng minh: tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn. (1,0 điểm) 3,5 A Vẽ hình đúng câu a) 0,25 điểm Lập luận được 0,25 AIM AKM 900 (gt) K AIM AKM 1800 0,25 I M D H C B P tứ giác AIMK nội tiếp 0,25 đường tròn đường kính AM. O b) Vẽ MP vuông góc với BC (P BC). Chứng minh: MPK MBC . ( 1 điểm ) Tứ giác CPMK có MPC MKC 900 (gt) 0,25 Suy luận được CPMK là tứ giác nội tiếp Suy luận được: MPK MCK (1). 0,25 Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: MCK MBC ( góc nội tiếp và 0,25 góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MC) (2). Từ (1) và (2) suy ra (3) 0,25 c) c) Chứng minh rằng: MI.MK=MP2 (1 điểm) C/m tương tự câu b) ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. 0,25 Suy ra: MIP MBP MBC (4). Từ (3) và (4) suy ra MPK MIP . 0,25 Tương tự : MKP MPI . ∆MPK ∆MIP 0,25 MP MI MI.MK = MP2 0,25 MK MP Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. ( 0,5điểm) MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất Từ câu c) suy ra 0,25 MP lớn nhất (5). d) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC OH là hằng số (do BC cố định).Gọi D là giao điểm của MO với BC ta có: MP MD ; OH OD 0,25 MP + OH MD +OD = MO MP + OH R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất = R – OH O, H, M thẳng hàng ( M nằm chính giữa cung nhỏ BC) (6). Từ (5) và (6) max (MI.MK.MP) = (R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC Bài V Theo BĐT Cô si ta có: 0,5 0,25 điểm
5. x2 1 y 2 4 z 2 1 2 x 4 y 2 z 3y 6 2 x 4 y 2 z ( vì x2 y 2 z 2 3 y ) 6 2x y 2 z 1 1 8 Với hai số a, b > 0 chứng minh được: ab22 ab 2 Do đó: 1 1 8 8 8 P 2 2 22 2 x 1 yy zz 33 1 x 1 1 22 64.4 256 1 2x y 2 z 10 22 6 10 Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2, z = 1 Vậy GTNN của P = 1 khi và chỉ khi x = 1, y = 2, z = 1 0,25 Lưu ý: - Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25. - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Bài IV: Thí sinh vẽ sai hình trong phạm vi câu nào thì không tính điểm câu đó.