Đề KSCL lần 1 toán 9 của THCS tân ước (21 22)

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THANH OAI
TRƯỜNG THCS TÂN ƯỚC.

Bài

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TOÁN 9
NĂM HỌC: 2021 – 2022
Thời gian: 120 phút

I: (2 điểm)
P=

Cho hai biểu thức:

x
1
+
+
x−4
x −2

1)
2)

Tính giá trị của biểu thức Q khi
Rút gọn P.

3)

Với

x∈ N

1
x +2

và Với x ≥ 0 ; x ≠ 4.

x = 64

.

, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = Q.P.

Bài II: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình:
m2

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 520 .Nếu giảm chiều dài đi
3m và tăng chiều rộng thêm 3m thì mảnh vườn trở thành hình vng.Tính của
mảnh vườn.
2.Một hộp sữa Phương Nam hình trụ có bán kính đường trịn đáy là 5cm, chiều
cao là 15cm. Hãy tính diện tích tồn phần của hộp sữa .(lấy

π ≈ 3,14

)

Bài III:(2 điểm)

1.Giải hệ phương trình:

 3
 x −1 +


 2 +
 x − 1

2.Trong mặt phẳng tọa độ
+1

Oxy

1
=4
y+2
3
=5
y+2

,cho Parabol

( P ) : y = x2

m

a) Tìm tất cả giá trị của để đường thẳng
m

( d)

b) Tìm tất cả giá trị của để đường thẳng
biệt có hồnh độ

x1 ; x2

và đường thẳng (d) : y =2x- m

( P)

tiếp xúc với Parabol

( d)

cắt Parabol

( P)

.

tại hai điểm phân

thỏa mãn x13+ x23 =10.

Bài IV: (3,5 điểm)
Cho đường tròn
tiếp tuyến
điểm

H

( O)

MA, MB

và điểm

M

tới đường trịn

nằm bên ngồi đường trịn

( O)

(

A

.
1

và

B

( O)

. Qua

là các tiếp điểm).

MO

M

cắt

kẻ hai
AB

tại


1) Chứng minh bốn điểm

M , A, O, B

cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh AH.MO= OA.MA.
3) Gọi
tia

MA

K

AH

là trung điểm của

tại điểm

C

và cắt

MB

trung điểm của

MB

. Đường thẳng vng góc với

tại điểm

D

OK

tại

K

. Chứng minh OCK =OBA và

D

cắt

là

.
x 2 + 4 x + 18 = 6 x + 5 + 2 x 3x + 4

Bài V(0,5 điểm). Giải phương trình
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Bài
Bài I

1) Thay

x = 64

Nội dung

Điểm

(TMĐK) vào Q, ta có:

0,5đ

Vậy với x = 64 thì giá trị của biểu thức Q =
x
1
1
+
+
x−4
x −2

x +2

P=
1)

P=

P=

P=

P=

P=

2

(

x −2

)(

x +2

x +2

+

) (

x −2

)(

x +2

+

) (

x −2
x −2

)(

x +2

)

1đ

2+ x +2+ x −2

(

(

x −2

x +2

x+2 x
x −2
x

(

)(

(

x −2

)(

x +2

x +2

)(

)

x +2

)

)
)

x
x −2

3)
K = Q.P
K=


x −2
x +3

.

x
x −2

=

x ≥0⇔

x
x +3

=

x +3−3
x +3

x +3≥3⇔

Vì x ≥ 0 =>

2

= 1−

3
x +3

≤

3
x +3
3
=1
3

0,25đ
0,25đ


⇔

−3
x +3

≥ −1

3

⇔ 1−

x +3
⇔ K ≥0
x =0⇔ x=0

Dấu “=” xảy ra
Vậy K Min = khi x = 0.
Bài II:

(TMĐK

≥ 1−1

x∈N

và

x≥0

)

x

Gọi chiều dài của mảnh vườn là (m). ĐK: x > 3.
520
x

`

0,25đ

Chiều rộng của mảnh vườn là
(m)
Nếu giảm chiều dài đi 3m và tăng chiều rộng thêm 3m thì mảnh
vườn có:
- Chiều dài là x -3 (m)
520
+3
x

Chiều rộng là
(m)
Vì mảnh vườn trở thành hình vng nên ta cóphương trình:
520
+3
x

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

x -3 =


x2 - 6x - 520 = 0

 ( x + 20) ( x- 26) =0 

x = -20 ( KTM)
x = 26 ( TM)

=>Mảnh vườn có chiều là dài là 26(m),
chiều rộng là 520:26 = 20 (m)
Vậy chu vi mảnh vườn đó là : (26+20).2 = 92(m)
Diện
Bài
III:

tích tồn phần của hình trụ là:

0,25đ
0,25đ

Stp = 2.π.5.15+2.π.5 2 = 200π ( cm 2 ) ≈ 628cm 2

 3
 x −1 +


 2 +
 x − 1

Đặt

Stp = 2.π.r.h + 2.π.r 2

1
=4

y+2
3
=5
y+2

1
= a;
x −1

(I)

1
=b
y+2

Đk:

x ≠ 1

 y > −2

0,5đ
( a ≠ 0; b> 0)

0,25đ
3


(I)

Códạng:
a =1⇒

Với

3a + b = 4
7 a = 7
a = 1
⇔
⇔

2a + 3b = 5
3a + b = 4
b = 1

1
= 1 ⇔ x −1 = 1 ⇔ x = 2
x −1

b =1⇒

Với

0,25đ
( TM)

(TM)

1
= 1 ⇒ y + 2 = 1 ⇒ y + 2 = 1 ⇒ y = −1

y+2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

( x; y ) = ( 2; −1)

2 a)Xét phương trình hồnh độ giao điểm của
x2 = 2x – m +1 x2 - 2x + m -1 = 0
Đường thẳng

( d)

tiếp xúc với parabol

( P)

.

( d)

(TM)

( P)

và là:
(*)

0,5đ

( P)

0,5đ

⇔∆=0

⇔

phương trình (*) có nghiệm kép
 ∆ = (-2)2-4.1.(m -1) =4 - 4m +4 = 8 - 4m
8 - 4m = 0  4m = 8  m =2
Vậy với m =2 thì đường thẳng
b) Đường thẳng
hoành độ

( d)

cắt parabol

( d)

( P)

tiếp xúc với Parabol

.

tại hai điểm phân biệt có

x1 ; x2

⇔∆>0

⇔

phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
 ∆ = (-2)2-4.1.(m -1) =4 - 4m +4 = 8 - 4m > 0
 -4m > -8 m < 2
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 =2
x1 x2= m -1 (1)
Ta có:
x13 + x23 =10 (x1 + x2)( x12 + 2 x1 x2+ x22 - 3 x1 x2) =10
( x1 + x2)[(x1+ x2 )2 - 3 x1 x2 ] =10
(2)
Thay (1) vào (2) ta có:
2 .[22 -3 (m-1)] =10
 22 -3 (m-1) =54 -3m + 3 =5 -3m = -2
 m = ( TMĐK)
Vậy với m = thì Đường thẳng
biệt có hồnh độ

x1 ; x2

( d)

cắt parabol

( P)

tại hai điểm phân

thỏa mãn x13+ x23 =10.

Bài IV:
0,25đ

4


1) Chứng minh bốn điểm
tròn.
MA, MB

M , A, O, B

là các tiếp tuyến của

Ta có

( O)
=> MAO=MBO=900

M , A, B, O

⇒

bốn điểm
cùng thuộc đường trịn đường kính
2)Chứng minh AH.MO = OA. MA
Xét

∆AHO

MA = MB

( O)

và

∆MAO

có:

OA = OB

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

⇒ MO

AB ⇒ MO ⊥ AB

)
là trung trực của
của AB => AHO =AMO =900.
AOH chung ;
⇒ ∆AHO ∽MAO ( g.g ) ⇒

AH MA
=
OA MO

0,75đ

cùng thuộc một đường

MO

1,25đ
.

(bán kính

tại trung điểm

H

(hai cạnh tương ứng tỉ lệ).

=> AH.MO = OA. MA
3) Gọi
tại

K

K

AH

là trung điểm của

cắt tia

MA

OCK =OBA và

tại điểm
D

C

. Đường thẳng vng góc với

và cắt

MB

là trung điểm của

tại điểm

MB

D

OK

. Chứng minh

.
C

A
K
H

M

O

0,25đ
0,25đ

D
B
Tứ giác

AKOC

có: OKC =900 (

CD ⊥ OK , GT

⇒

);OAC =900(

0,25đ
OA ⊥ MA

AKOC

, tính chất của tiếp tuyến)
tứ giác
nội tiếp đường trịn
đường kính OC =>OCK =OAB (hai góc nội tiếp cùng chắn OK);
mà OAB = OBA (

∆OAB

cân tại

O
5

)=>OCK = OBA(= OAB).

0,25đ


Tương tự tứ giác

DKOB

có DKO = DBO=900

DKOB

tứ giác
nội tiếp đường trịn đường kính OD
=>KDO = KOB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KO);
=>

=>ODK = OCK (= OBA)=>∆ODC cân tại
nên cũng là trung tuyến
∆KAC

⇒ KD = KC

O

có

OD

0,25đ

là đường cao

.

∆KHD

Xét
và
có:
AKC = HKD (đối đỉnh);
KA = KH

(GT);

∆KAC

KC = KD

(chứng minh trên)

∆KHD

Vậy
=
(c.g.c)
=>KCA =KDH ( hai góc này ở vị trí so le trong)
=>DH // MC hay DH // MA
Xét ∆MAB có MA = MB(cmt) =>∆MAB cân có MH là đường
cao đồng thời là đường trung tuyến =>HA = HB mà DH // MA
=>MD = DB ( tính chất về đường trung bình trong tam giác )
=>D là trung điểm của MB
Cách 2 : DH // MC =>DHM = HMC (hai góc so le trong),
mà HMC = HMD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
=>HMD = DHM (=HMC)

⇒ ∆DHM

cân tại

∆MHB

D ⇒ DM = DH

;

Mặt khác
vuông tại H => DBH =900- DMH ; MHB =900
=>DHB =900- DHM=>DBH = DHB =>∆DBH cân tại D
=> DH = DB; Vậy
Bài V:

DM = DB ( = DH ) ⇒ D

là trung điểm của

MB

.

x + 4 x + 18 = 6 x + 5 + 2 x 3 x + 4
2

Xét phương trình:

+) Điều kiện:

 x ≥ −5
x + 5 ≥ 0
4

⇔
−4 ⇔ x ≥ −

3
3x + 4 ≥ 0

 x ≥ 3

.

x + 4 x + 18 = 6 x + 5 + 2 x 3 x + 4
2

+) Ta có:

⇔ x 2 + 4 x + 18 − 6 x + 5 − 2 x 3x + 4 = 0
⇔ x 2 − 2 x 3 x + 4 + 3x + 4 + x + 5 − 6 x + 5 + 9 = 0

(

⇔ x − 3x + 4

+) Ta thấy
định;

( x−

) +(

3x + 4

2

)

2

)

2

x+5 −3 = 0

≥0

, với mọi

6

x

thỏa mãn điều kiện xác

0,5đ


và

(

)

2

x+5 −3 ≥ 0

Do đó

( x−

, với mọi
3x + 4

(
(

) +(
2

x

thỏa mãn điều kiện xác định.

)

2

x +5 −3 = 0

)

 x − 3x + 4 2 = 0

⇒
2
 x +5 −3 = 0



)

 x − 3 x + 4 = 0
 x = 3 x + 4
⇔
⇔
⇔x=4
 x + 5 − 3 = 0
 x + 5 = 3

kiện)
Vậy

S = { 4}

.

7

(thỏa mãn điều