Hdc toán kscl vao 10 (lan 2) chinh thuc 12 5

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
QUẬN HÀ ĐÔNG KHẢO SÁT LỚP 9 (Lần 2)

Năm học: 2022 – 2023
Mơn: Tốn 9

Đáp án Điểm
2,0
Bài I Tính giá trị của biểu thức A khi x 25 0,5
1) Thay x 25 (TMĐK) vào biểu thức A. 0,25
0,25
2) A 2 25  5 2.5  5 15 .
3) 25  1 5  1 4 1,0

A 15 0,25
0,25
Vậy khi x 25 thì 4 . 0,25

B x1 0,25
Chứng minh biểu thức x 3.
0,5
Điều kiện: với x 0; x 1 và x 4. 0,25

B  x 1  2  9 x  3
x  2 x 3 x x  6

 x 1  2  9 x  3

x  2 x 3  x  2  x 3
 x 1  x  3  2 x  2   9 x  3



 x  2  x 3

x3 x  x 32 x  4 9 x 3

 x  2  x 3
 x  3 x  2   x  1  x  2 x  1 .
 x  2  x 3  x  2  x 3 x 3

B x1
Vậy x  3 với x 0, x 1 và x 4 .(đpcm)

Với biểu thức P A.B , hãy so sánh biểu thức P với P .
Với x 0, x 1, x 4.

P A.B 2 x  5 . x  1 2 x  5
Ta có: x  1 x 3 x 3

Vì x 0; x 1; x 4  x 0  2 x  5  0; x  3  0.

Do đó P  0 P xác định.

Xét hiệu P  P  P 1 P   P. 1 P 1 P .

2

Do P  0; 1 P  0 và 1 P 1 2 x  5  x  2  0,x 0, x 1, x 4
x 3 x 3

Suy ra P  P  0 nên P  P, x 0, x 1, x 4. 0,25
2,0
Vậy P  P. 1,5

Bài II 3 0,25
1)
Đổi 45 phút 4 (giờ) 0,25
2) Gọi vận tốc người đi xe máy khởi hành từ A, vận tốc người đi xe đạp
Bài khởi hành từ B lần lượt là x; y (km/h; x > 0; y > 0) 0,25
III
1) 3 3x 0,5
0,25
Sau 4 giờ quãng đường người đi xe máy đi từ A là: 4 (km)
0,5
3 3y 0,25
0,25
sau 4 giờ quãng đường người đi xe đạp đi từ B là: 4 (km)
Cùng lúc, nếu đi ngược chiều nhau thì sau 45 phút họ gặp nhau, ta có 2,5
1,0
3 x  3 y 36
phương trình: 4 4 (1)

Quãng đường người đi xe máy từ A đến C sau 2 giờ là: 2x (km)

Quãng đường người đi xe đạp từ B đến C sau 2 giờ là: 2y (km)

Nếu đi cùng chiều theo hướng từ A đến B thì sau 2 giờ họ gặp nhau tại

C, ta có phương trình: 2x - 2y = 36 (2)
3 3

 x  y 36
4 4

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2x  2 y 36

x 33

Giải hệ phương trình, tìm được  y 15 (TMĐK của ẩn)
Vậy vận tốc người đi xe máy khởi hành từ A là 33 (km/h)

vận tốc người đi xe đạp khởi hành từ B là 15 (km/h)

R 6,5 3, 25cm.

Bán kính quả bóng tennis là: 2
Diện tích nguyên liệu cần dùng để làm mặt xung quanh của quả bóng
(với nguyên liệu làm các mối nối không đáng kể) là:

S 4 R2 4  3, 25 2 132, 67 (cm2).

Giải phương trình: x  5 x  6 0

3

ĐKXĐ: x 0 0,25
0,25
x  5 x  6 0 0,25
 x  x  6 x  6 0 0,25

 x  x  1  6 x  1 0

  x  6  x  1 0

 x  6 0


 x  1 0

 x  6 (vô nghiệm)


 x 1  x 1(t / m)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.

Cho phương trình: x3   m  5 x  m  4 0 . Tìm m để phương trình có 1,5
0,25
hai nghiệm âm phân biệt.

Ta có: x3   m  5 x  m  4 0 (1)

  x  1  x2  x  m  4 0

 x  1 0  x 1
 2  2
 x  x  m  4 0  x  x  m  4 0 (*) 0,25

Vì phương trình (1) có nghiệm x = 1, nên để phương trình đã cho có
2 nghiệm âm phân biệt khi phương trình (*) có hai nghiệm âm phân

2)   0 0,25

x1x2  0

biệt  x1  x2  0

1 4m 16  0

 m  4  0 0,25

 1  0 (ln ®óng)

 17
m  17
  4  4m 0,25
4
m  4

4  m  17
Kết luận: Vậy với 4 thì phương trình đã có hai nghiệm âm 0,25
phân biệt

Bài IV 3,0

4

1) Chứng minh CDQP là tứ giác nội tiếp. 1,0

Q P

C
D

0,25

O

A FE B

1) M

Vẽ hình đúng đến câu 1)

Ta có Q DP ADM , Q CP B CM , (các cặp góc đối đỉnh).

Mà M là điểm chính giữa cung AB nên AM B M dẫn đến
ADM B CM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2 0,25
cung bằng nhau).

Từ đó suy ra Q DP Q CP

Xét tứ giác CDQP có: Q DP Q CP (cmt)
Mà hai góc này có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh QP dưới một góc 0,25
không đổi.

 C, D thuộc cung chứa góc dựng trên đoạn QP (btqt) 0,25
 CDQP là tứ giác nội tiếp (dhnb)

2) Chứng minh MC.ME = MD.MF . 1,0

Xét (O) có: M BA M CA (cùng chắn cung AM ).
2) Mà M CA B CM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2

cung bằng nhau). 0,5
Suy ra M BA B CM dẫn đến M EB MBC (g-g)

ME Suy ra MB  MB MC  MB2 ME.MC (1) 0,25

Tương tự ta cũng có MA2 MF.MD mà MA MB (do M A M B ) (2) 0,25
Từ (1) và (2)  MF.MD ME.MC (đpcm).

5

Chứng minh PQ song song với AB 0,5

3) *) Từ chứng minh ở câu 1) tứ giác CDQP là tứ giác nội tiếp nên 0,25

PQC PDC (góc nội tiếp cùng chắn cung PC) .

Lại có ABCD là tứ giác nội tiếp nên: P DC C BA (cùng bù với ADC ). 0,25

Do đó P QC C BA , mà 2 góc này so le trong nên PQ / / AB
* Tính tỉ số R3+ R R1+ R 2 .4 0,5
Ta chứng minh kết quả sau: Cho tam giác ABC có bán kính đường
trịn ngoại tiếp là R thì BC 2R.sin B AC .

A

K

O

B C

Dựng đường kính BK của  O thì B CK 900 và BK 2R .

Ta có: B AC B KC (cùng chắn cung BC ). 0,25
Trong tam giác vng BCK ta có:

 BC BC 
sin BKC    BC 2R sin BKC
BK 2R

Hay BC 2R sin B AC .

Áp dụng vào các tam giác DAF,DBF,CAE,CBE 0,25

R Ta có: 1= AF 2sinA DF , R 2 = BF 2sinB DF , R3= AE 2sinA CE , R 4 = BE 2sinB CE

AF  BF
R1  R2  2sinADF 2sinB DF
R3 R4 AE  BE
2sinACE 2sinB CE
Nên

 Mặt khác: ADF B DF ACE B CE 12 sđ AB

 sinADF sinB DFsinACE sinB CE .

6

R1+ R2 = AF + BF = AB = 1

Do đo R3 + R4 AE + BE AB .
Bài V 0,5

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2 3xyz . Tìm giá trị

x2 y2 z2
Q 4 4 4
lớn nhất của biểu thức: x  yz y  zx z  xy

Ta có: x, y, z  0 và x2  y2  z2 3xyz  xyz  yxz  zxy 3

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương:

x  y 2 x  y 2
yz xz yz xz z

Chứng minh tương tự: 0,25

y  z 2;
xz xy x

x  z 2
yz xy y

 x  y  z 1  1  1  1  1  1 3
yz xz xy x y z x y z

Lại có :

4 2 x2 1 1 2  1  1 1  1  1 
x  yz 2x yz  4
x  yz 2 yz 4 y z 4  y z 

y2 1  1 1  z2 1  1 1 
4    ; 4    

Tương tự : y  xz 4  x z  z  xy 4  x y 

Q 1  2  2  2  1  1  1  1  3 0,25
Suy ra 4  x y z  2  x y z  2

Dấu ‘=’ xảy ra khi x y z 1

3

Vậy giá trị lớn nhất của Q = 2 khi x = y = z = 1

Chú ý:

+) Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.

+) Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tương ứng với biểu điểm của hướng dẫn

chấm.