Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Ái Mộ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi được biên soạn bởi trường THCS Ái Mộ nhằm khảo sát chất lượng học tập môn Toán lớp 9 để chuẩn bị cho kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS Ái Mộ

UBND QUẬN LONG BIÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 9 TRƯỜNG THCS ÁI MỘ MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2020-2021 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra: 26 tháng 5 năm 2021 Bài 1(2,0 điểm) x −1 a) Tính giá trị biểu thức A = khi x = 16 x +1 x x +1 2 x + 4 b) Rút gọn biểu thức B = − − (với x ≥ 0, x ≠ 1 ) x +1 x −1 x −1 c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A.B ≤ −1 . Bài 2 (2,0 điểm) Các bài toán có yếu tố thực tiễn. 1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để ủng hộ các gia đình gặp khó khăn tại một số địa phương do ảnh hưởng của dịch Covid-19, một số tổ chức thiện nguyện đã dự định chở 180 tấn hàng chia đều bằng một số xe cùng loại. Lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với dự định. Hỏi ban đầu có bao nhiêu xe tham gia chở hàng? 2. Bán kính Trái Đất là 6370 km. Biết rằng 29% diện tích bề mặt trái đất không bị bao phủ bởi nước gồm núi, sa mạc, cao nguyên, đồng bằng và các địa hình khác. Tính diện tích bề mặt Trái Đất bị bao phủ bởi nước. (Làm tròn đến hai chữ số thập phân, lấy π = 3,14 ). 3 x + 1 − 2 y − 1 =4 Bài 3 (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình:  . 2 x + 1 + y − 1 =5 2) Cho đường thẳng ( d ) : y =( m + 2 ) x − 2m ( x là ẩn, m là tham số) và Parabol ( P ) : y = x . 2 a) Với m = 2 , xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) . b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 x1 x2 5 thỏa mãn + =. x2 x1 2 Bài 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R và C , D là hai điểm di động trên nửa = 60° ( C ≠ A; D ≠ B ). Gọi M là giao điểm của tia AC và đường tròn sao cho C thuộc cung AD và COD BD , N là giao điểm của AD và BC .Gọi H và I lần lượt là trung điểm của CD và MN . a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. b) Kẻ AP ⊥ CD; BQ ⊥ CD ( P, Q ∈ CD ) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3. c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MCD theo R khi C , D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 5 (0,5 điểm) Cho hai số dương x , y thỏa mãn điều kiện sau: x + 2 y = 3 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= + x y
HƯỚNG DẪN. Câu 1: (2,0 điểm) x −1 a) Tính giá trị biểu thức A = khi x = 16 x +1 x x +1 2 x + 4 b) Rút gọn biểu thức B = − − (với x ≥ 0, x ≠ 1 ) x +1 x −1 x −1 c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để A.B ≤ −1 . Lời giải a) Thay x = 16 vào biểu thức A ta được: 16 − 1 3 =A = 16 + 1 5 3 Vậy giá trị của biếu thức A là tại x = 16 5 x x +1 2 x + 4 b) B = − − x +1 x −1 x −1 ( )−( ) 2 x x −1 x +1 2 x +4 = − x +1 x −1 x −1 x − x − x − 2 x −1− 2 x − 4 = ( x +1 )( x −1 ) −5 x − 5 = ( x +1 )( x −1 ) = −5 x + 1 = ( ) −5 ( x +1 x −1 )( ) x −1 −5 Vậy B = với x ≥ 0, x ≠ 1 x −1 c) Để A.B ≤ −1 x − 1 −5 ⇔ . ≤ −1 x +1 x −1 −5 ⇔ ≤ −1 x +1 −5 ⇔ +1 ≤ 0 x +1 −5 + x + 1 ⇔ ≤0 x +1 −4 + x ⇔ ≤ 0 mà x + 1 > 0 với mọi x ≥ 0 x +1 ⇒ −4 + x ≤ 0 ⇔ x ≤ 4 ⇔ x ≤ 16
Kết hợp với điều kiện xác định, ta được: 0 ≤ x ≤ 16; x ≠ 1 Mà x ∈  nên x ∈ {0;2;3;4;...;16} Vậy x ∈ {0;2;3;4;...;16} thì A.B ≤ −1 . Câu 2: (2,0 điểm) Các bài toán mang yếu tố thực tiễn. 1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để ủng hộ các gia đình gặp khó khăn tại một số địa phương do ảnh hưởng của dịch Covid-19, một số tổ chức thiện nguyện dự định chở 180 tấn hàng chia đều bằng một số xe cùng loại. Lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với dự định. Hỏi ban đầu có bao nhiêu xe tham gia chở hàng? 2. Bán kính Trái Đất là 6370 km. Biết rằng 29% bề mặt Trái Đất không bị bao phủ bởi nước gồm núi, sa mạc, cao nguyên, đồng bằng và các địa hình khác. Tính diện tích bề mặt Trái Đất bị bao phủ bởi nước. (Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai, lấy π ≈ 3,14 ). Lời giải 1) Gọi số xe ban đầu tham gia chở hàng là: x (xe), ĐK: x > 2; x ∈ N 180 +) Ban đầu, mỗi xe chở số tần hàng là: (tấn) x +) Thực tế, số xe tham gia chở hàng là: x − 2 (xe) 180 +) Thực tế, mỗi xe chở số tấn hàng là: (tấn) x−2 Vì lúc khởi hành, có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 3 tấn so với dự định, nên ta có 180 180 phương trình: − =3 x−2 x 180 x 180 ( x − 2 ) 3 x ( x − 2 ) ⇔ − = x ( x − 2) x ( x − 2) x ( x − 2) ⇒ 180 x − 180 ( x − 2 ) = 3 x 2 − 6 x ⇔ 3 x 2 − 6 x − 360 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 120 = 0 ⇔ ( x − 12 )( x + 10 ) = 0  x − 12 = 0  x = 12 (tm) ⇔ ⇔  x + 10 = 0 x = −10 (ktm) Vậy số xe ban đầu tham gia chở hàng là: 12 (xe) 2) Bán kính của Trái Đất là: R = 6370 ( km ) Diện tích bề mặt của Trái Đất là: = π R 2 4π .6370 S 4= = 2 162307600π ( km 2 ) Vì 29% bề mặt Trái Đất không bị bao phủ bởi nước, nên diện tích bề mặt của Trái Đất bị bao phủ bởi nước là: (100% − 29% ) .162307600π ≈ 71%.162307600.3,14 ≈ 361848563, 44 ( km 2 ) . Câu 3: (2,5 điểm) 3 x + 1 − 2 y − 1 = 4 1) Giải hệ phương trình:  .  2 x + 1 + y − 1 =5
2) Cho đường thẳng ( d ) : y =( m + 2 ) x − 2m (với x là ẩn, m là tham số) và Parabol ( P ) : y = x2 . a) Với m = 2 , xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) . b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 x2 5 x1 , x 2 thỏa mãn + =. x2 x1 2 Lời giải 3 x + 1 − 2 y − 1 = 4 1)  (I)  2 x + 1 + y − 1 =5 Điều kiện: x ≥ −1; y ≥ 1 . Đặt x += 1 b ( a, b ≥ 0 ) . Khi đó hệ phương trình (I) trở thành: 1 a; y −= 3a − 2b = 4 3a − 2b = 4 3a − 2b =4= a 2 ( tm a ≥ 0 )  ⇔ ⇔ ⇔  2a + b =5 4a + 2b = 10 7 a = 14 = b 1 ( tm b ≥ 0 )  x + 1 = 2  x + 1 =4 x = 3 Khi đó:  ⇔ ⇔ ( tm x ≥ −1; y ≥ 1)  y − 1 =1  y −1 = 1 y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3; 2 ) . 2) a) Với m = 2 thì ta có đường thẳng ( d ) : = y 4x − 4 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) ta có: 4x − 4 ⇔ x2 − 4 x + 4 =0 ⇔ ( x − 2) = 2 x= 2 0⇔x=2 ⇒ y = 22 = 4 Vậy tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là: ( 2; 4 ) . b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) : x 2 =( m + 2 ) x − 2m ⇔ x 2 − ( m + 2 ) x + 2m =0 (1) Để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó ∆ > 0 ⇔  − ( m + 2 )  − 4.1.2m > 0 2 ⇔ ( m + 2 ) − 8m > 0 2 ⇔ m 2 + 4 m + 4 − 8m > 0 ⇔ m 2 − 4m + 4 > 0
⇔ ( m − 2) > 0 2 ⇔m≠2 Với m ≠ 2 thì đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 . Vì x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1) ,theo hệ thức Vi-et ta có :  x1 + x2 = m + 2   x1 x2 = 2m  x1 ≠ 0 nghĩa là: 0 − ( m + 2 ) .0 + 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 x1 x2 5 Để x1 , x 2 thỏa mãn + =thì  2 x2 x1 2  x2 ≠ 0 Khi đó ta có: ( x + x ) − 2 x1 x2 =5 ⇔ ( m + 2 ) − 4m =5 ⇔ m2 + 4 =5 2 2 x1 x2 5 x 2 + x2 2 5 + = ⇔ 1 = ⇔ 1 2 x2 x1 2 x1 x2 2 x1 x2 2 2m 2 2m 2 ⇒ 2 ( m2 + 4 ) = 5.2m ⇔ 2m 2 + 8 = 10m ⇔ 2m 2 − 10m + 8 =0 m = 1 ⇔ (thỏa mãn m ≠ 0; m ≠ 2 ) m = 4 Vậy m ∈ {1; 4} thì để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có x1 x2 5 hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn + =. x2 x1 2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R và C , D là hai điểm di động trên nửa đường = 60° ( C ≠ A; D ≠ B ). Gọi M là giao điểm của các tròn sao cho C thuộc cung AD và COD tia AC và BD . N là giao điểm của dây AD và BC . Gọi H và I lần lượt là trung điểm của CD và MN . a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. b) Kẻ AP ⊥ CD; BQ ⊥ CD ( P, Q ∈ CD ) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3. c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MCD theo R khi C , D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài. Lời giải
M I D Q H C P N A O B a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp. Ta có ACB=  = ADB= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ MCN = MDN 90° (kề bù với các góc vuông) ⇒ tứ giác CMDN nội tiếp đường tròn đường kính MN . b) Kẻ AP ⊥ CD; BQ ⊥ CD ( P, Q ∈ CD ) . Chứng minh CP = DQ và AP + BQ = R 3. Vì H là trung điểm dây cung CD ⇒ HC = HD; OH ⊥ CD (quann hệ vuông góc giữa đường kính và dây). ⇒ AP //OH //BQ (cùng vuông góc với CD ) ⇒ APQB là hình thang có O là trung điểm của AB và OH //AP //BQ ⇒ H là trung điểm PQ ⇒ HP = HQ mà HC = HD ⇒ HP − HC = HQ − HD ⇒ CP = DQ . = 60° ( GT ) ⇒ ∆OCD là tam giác đều cạnh OC= R ⇒ Tam giác OCD cân tại O có COD R 3 đường cao OH = . 2 Vì O là trung điểm AB ; H là trung điểm PQ ⇒ OH là đường trung bình của hình thang R 3 APQB ⇒ AP + BQ= 2OH = 2. = R 3. 2 Vậy AP + BQ = R 3. c) Chứng minh rằng ba điểm H , I và O thẳng hàng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MCD theo R khi C , D di chuyển trên nửa đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài. M I Q D H E C K P N A O B Ta có I là trung điểm của MN ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMDN ⇒ IC = ID ; mà OC= OD= R ⇒ OI là đường trung trực của CD ⇒ OI ⊥ CD tại trung điểm H của CD ⇒ H , I , O thẳng hàng. Gọi K là giao điểm của MN và CD kẻ ME ⊥ CD tại E ta có ME ≤ MK (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên). ∆OCD đều ⇒ CD = OC = R không đổi nên diện tích tam giác MCD là:
1 1 = S MCD ME.CD ≤ MK .R nên diện tích ∆MCD lớn nhất khi K ≡ E mà 2 2 I ∈ MK ; ME ⊥ CD; IH ⊥ CD ⇒ ME là trung trực của CD ⇒ MC = MC ⇒ ∆MCD cân tại M ;  là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn nên Lại có CMD = 1 sd  CMD 2 (AB − sdCD 2 )  = 1 (180° − 60° )= 60° ⇒ ∆MCD đều có cạnh CD = R R2 3 ⇒ S MCD = . 4 R2 3 Vậy diện tích lớn nhất của ∆MCD bằng khi M , I , H , O thẳng hàng. 4 Câu 5: (0,5 điểm) Cho hai số dương x , y thỏa mãn điều kiện sau: x + 2 y = 3 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= + . x y Lời giải 1 1 1 9 Ta chứng minh: + + ≥ (*) với các số dương a , b , c a b c a+b+c 1 1 1 ⇔  + +  (a + b + c) ≥ 9 a b c a a b b c c ⇔ 1+ + + +1+ + + +1 ≥ 9 b c a c a b a b a c c b ⇔ 3+ +  + +  + +  ≥ 9 b a c a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương: a b a b + ≥2 . = 2 b a b a a c a c + ≥2 . = 2 c a c a c b c b + ≥2 . = 2 b c b c a b a c c b Từ đó suy ra: 3 +  +  +  +  +  +  ≥ 9 luôn đúng với các số dương a , b , c b a c a b c a b a b a b Dấu bằng xảy ra khi: = ; = ; = ⇔ a 2 = b 2 = c 2 (với a , b , c dương) ⇔ a = b = c b a b a b a Áp dụng bất đẳng thức (*) cho các số dương sau: 1 1 1 9 1 2 9 9 + + ≥ ⇔ + ≥ = =3 x y y x+ y+ y x y x + 2y 3 Dấu bằng xảy ra khi: x = y và x + 2 y = 3 ⇔ x = y =1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3 ⇔ x = y = 1