Đề thi khảo sát chất lượng toán 9

Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

TOÁN 9 – ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
***
TRƯỜNG ARCHIMEDES ACADEMY
NĂM HỌC 2017 – 2018
Lần 3 – 10.03.2018
A. ĐỀ BÀI
Bài 1. (2 điểm)
Cho biểu thức với x  0 và x  4
 x3 x 2
1  1
U  

 
x
x

8
x

2
x



1) Rút gọn biểu thức U.
2) Tính giá trị của U tại x  14  6 5 .
3) Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức K  8U có giá trị là số nguyên.

Bài 2. (1,5 điểm)
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Đội tình nguyện của trường Archimedes Academy tham gia quét dọn đường phố. Theo kế
hoạch đội phải quét 75 km đường trong một số tuần lễ. Vì các em học sinh tham gia rất
nhiệt tình và năng nổ nên mỗi tuần đều quét dọn vượt mức 5 km so với kế hoạch, kết quả là
đã quét dọn được 80km đường và hoàn thành sớm hơn 1 tuần. Hỏi, theo kế hoạch, đội tình
nguyện của trường Archimedes Academy phải quét dọn bao nhiêu km đường mỗi tuần?
Bài 3. (2,5 điểm)
 x
 x 1 

1) Giải hệ phương trình 
 x 
 x  1

2y
3
y 1
2y
2
y 1

2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2mx  1
a) Chứng minh rằng: (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Gọi y1, y2 lần lượt là tung độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm tất cả các giá trị của m để
1 1

6
y1 y2

 

Page 1 


Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

Bài 4. (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC. Điểm A di động trên nửa đường tròn sao cho A
khác B và C. trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD  BA và CE  CA . Gọi I là giao điểm
các đường phân giác của tam giác ABC.
a) Chứng minh: AIC  EIC và IA  IE  ID
b) Chứng minh: Tứ giác AIEB nội tiếp
c) Chứng minh: BI 2  BE.BC
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BID và CIE cắt nhau tại điểm K (khác I). Chứng minh
đường thẳng qua K vuông góc với KI luôn đi qua một điểm cố định khi A di chuyển trên nửa
đường tròn (O).
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho hai số thực dương a và b thay đổi thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

a  2b 

1
1
, b  2a 
a
b

Tìm giá trị lớn nhất của tích ab

B. HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 2.
Hướng dẫn giải
Gọi số km đường mỗi tuần mà đội tình nguyện phải làm theo kế hoạch là x (km) 0  x  75
Thời gian đội hoàn thành theo kế hoạch là

75
(tuần)
x

Trên thực tế mỗi ngày đội đã quét dọn được x  5 (km)
Thời gian đội hoàn thành 80 km đường trên thực tế là

80
(tuần)
x5

Vì đội hoàn thành công viêc sớm hơn 1 tuần nên ta có pt:
75 80

1
x x5

 75  x  5  80 x  x  x  5
 75 x  375  80 x  x 2  5 x

 x 2  10 x  375  0
 '  52  375  25  375  400  0

x1  5  400  5  20  15 (TM)

x2  5  400  5  20  25 (loại)
Vậy mỗi ngày đội phải quét dọn 15 km đường trên theo kế hoạch

 

Page 2 


Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

Bài 3.
Hướng dẫn giải
1)
 x
 x 1 


 x 
 x  1

2y
3
y 1
 *
y

2
y 1

 x  1
Với 
thì
 y  1
 x.  y  1  2 y.  x  1  3  x  1 y  1

*  

 x.  y  1  y.  x  1  2  x  1 y  1

 x  2 y  3x  3 y  1
2 x  y  1  x  3



 x  y  2 x  2 y  2
 x  y  2
y  5
Vậy hệ phương trình có nghiệm  3;5 .
2)Hoành độ giao điểm của  d  và  P  là nghiệm của phương trình:

x 2  2mx  1  x 2  2mx  1  0 *
2

a) Ta có     m   1.  1  m 2  1  0, m   . Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm
phần biệt với mọi m .
Vậy  P  và  d  tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m .

b) Vì phương trình (*) luôn có hai nghiêm phận biệt nên:
Gọi A  x1; y1  , B  x2 , y2  là các giao điểm của  d  và  P  nên y1  x12 , y2  x22 .
Hơn nữa x1 , x2 là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lí Viet ta được:
x1  x2  2m, x1.x2  1
Theo đề:
2

 x  x   2 x1.x2
1 1
1 1
x 2  x22

6 2  2 6 1
6 1 2
6
2
2
y1 y2
x1 x2
 x1.x2 
 x1.x2 
2



 2m   2.  1  6  4m2  2  6  m2  1   m  1
 m  1
2
 1


Vậy m  1 hoặc m  1 .
Bài 4.

 

Page 3 


Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

Hướng dẫn giải

A

1

2

I

1

1
2
B

2

2

1
E

D

C

O

a)Chứng minh: AIC  EIC và IA  IE  ID :
Xét AIC và EIC có:

CA  CE (gt)
 C
 (vì CI là tia phân giác).
C
1
2
CI-Cạnh chung.

 AIC  EIC (c.g.c)
 IA  IE (hai cạnh tương ứng) (1)
Xét BAI và BAI có

BA  BD  gt 
B
 (BI là tia phân giác)

B
1
2

BI-cạnh chung

 BAI  BDI (c.g.c)
 IA  ID (hai cạnh tương ứng) (2).
Từ (1) và (2) ta có IA  IE  ID
b)Chứng minh tứ giác AIEB nội tiếp.

A
 (hai góc tương ứng) Mà 
 (vì AI là tia phân
A1  A
Ta có AIC  EIC (cmt) nên E
1
2
2
giác)



A1  E
1
E
  180 (hai góc kề bù).Do đó 
  180
Mà E
A1  E

1
2
2

 

Page 4 


Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

 là hai góc đối của tứ giác AIEB nên AIEB là tứ giác nội tiếp.
Mà 
A1 và E
2
c)Chứng minh BI 2  BE.BC
Ta có CA=CE (gt)  ACE cân tại A.
Mà CI là tia phân giác của Cˆ . Nên CI  AE
 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên BAC
  90
BAC

 CA  BA

 BAE
ACI (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc).

  BIE

 (cùng chắn cung BE) 
 (CI là tia phân giác của 
Mà BAE
ACI  BCI
ACB )
  BCI

Nên BIE
Xét BIE và BCI có:
Bˆ -Chung

  BCI
 (cmt)
BIE

 BIE ∽ BCI (g.g)


BI BE

 BI 2  BE.BC
BC BI

d)

 

Page 5 

Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

A

I

D
B

C

E

O

1
2
K

3

N

  IDE
  45 .
Dễ dàng chứng minh EID vuông cân tại I  IED
K là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác BID và CIE nên các tứ giác BIDK và CKEI nội
tiếp đường tròn.

  BDI
  45 và K
  CEI
  45  K
K
  45  45  90
K
1
2
1
2
  90  K   O 
 BKC

Gọi N là giao điểm của đường thẳng qua K và vuông góc với KI với đường tròn  O  .
  90  K
  45  NAC
  45
K
3
2

 , hay N là điểm chính giữa cung BC.
 N  phân giác của góc BAC
Vậy khi A di chuyển trên  O  thì đường thẳng qua K vuông góc với KI luôn đi qua điểm
chính giữa cung BC.

 

Page 6 


Nhóm Toán THCS

Đề khảo sát chất lượng ARCHIMEDES ACDEMY

Bài 5.
Hướng dẫn giải
a  2b 

1
1
2
  a  2b    a a 2  4ab  4b 2  1  a 3  4a 2b  4ab2  1 1
a
a

b  2a 

1
1
2
  b  2a    b b 2  4ab  4a 2  1  b3  4ab 2  4a 2b  1  2 
b
b









Cộng 2 vế của 1 và  2  ta được:
a 3  b3  2

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si ta có:

a 3  b3  2 a 3b3  2  2 a3b3

 ab  1
Vậy GTLN của ab là 1  a  b  1 .

 

Page 7