ĐÁP án TOÁN 9 năm 2019 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH


KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2019 - 2020


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN 9
(Gồm 04 trang)

Bài

Câu

1.
(1,0)

Đáp án

Điểm

x  1  0
Biểu thức A xác định 
 4  2x  0
 x  1
 
 1  x  2
x  2

0,25
0,5

Vậy biểu thức A xác định  1  x  2 .

1.
(2,0)

0,25

1 2
2 3
3 .3 
3
43
1
 .3 3  2  3
3

0,25

B

2.
(1,0)

0,25
0,25

 32 3  2

Do 2 là số nguyên nên B là số nguyên.

x x 8

Với x  0; x  4 ta có: P 



x 2



x 2



x 2 4

x 2

 x  2  x  2 
2 x  x  2
2 x


 x  2  x  2  x  2

PT(2)  2 x 



x 2



0,25





0,25
2x  4 x



x 2



x 3

x 2



0,25

0,25

2 x
x 2

 x  0; x  4

P  x 3  2 x
 x 3

 x 2

2.
(0,75)



x
4

x 2
x 2

x x  8  x x  2x  4 x  8

Vậy với x  0; x  4 ta có P 

2.
(2,0)





 
 x  2  x  2 

x x 8 x


1.
(1,25)

0,25

0,25

(1)
(2)

0,25



 2 x  x  x 6  x  x 6  0



 



 x 3 x  2 x 6  0

 x


Do

x  2  0 từ phương trình 





 



x 3 2

x 2



x 3  0



x 3  0

0,25

x 3  0  x  3

 x 9

Thấy x = 9 (thỏa mãn (1)). Vậy P  x  3  x  9

1

0,25


Bài

Câu

1.
(0,75)

Đáp án
2  m 2  1
(d1) // (d2)  
 m  1
m 2  1


 m  1

Điểm
0,25

 m  1


 m  1

0,25
0,25

 m  1 . Vậy (d1) // (d2)  m = 1

(d1) cắt Ox ở A  y = 0. Ta có 2x  m  0  x  

m
2

0,25

m
 m 
Vậy A   ; 0   OA 
2
 2 

2.
(1,0)
3.
(2,5)

(d1) cắt Oy ở B  x = 0. Ta có y = m. Vậy B  0; m  OB  m

0,25

Do A, B ≠ O  m ≠ 0. Khi đó áp dụng định lí Pitago cho AOB vng ở O có

m2
OA 2  OB2  AB2 
 m 2  20  m 2  16  m  4
4

0,25

Đối chiếu với điều kiện m ≠ 0 ta có m = 4. Vậy m = 4 là các giá trị cần tìm.

0,25

Với m = 2 ta có (d1): y = 2x + 2; (d2): y = 5x ‒ 1
Hoành độ giao điểm C của (d1), (d2) là nghiệm của phương trình 2x  2  5x  1

0,25

 3x  3  x = 1 Lúc đó y = 4. Vậy C 1; 4
Do (d3) đi qua C 1; 4 nên x = 1; y = 4 là nghiệm của (d3). Ta có phương trình
3.
a 2  5a  8  2 a  2  0 . ĐKXĐ: a  2
(0,75)
2
  a 2  6a  9   a  2  2 a  2  1  0   a  3 





0,25





2

a  2 1  0

a  3  0
 
 a  3 (thỏa mãn điều kiện a  2). Vậy a = 3 là giá trị cần tìm.
 a  2  1  0

0,25

A

H

S
4.
(3,0)

1.
(1,0)

O

N
B

Vì SA, SB là hai tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A, B
  SBO
  90 o
 SA  OA, SB  OB  SAO
 A, B nằm trên đường tròn đường kính SO
Vậy 4 điểm S, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.

2

K
C

0,5
0,5


Bài

Câu

Đáp án

Điểm

Vì SA, SB là hai tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A, B  SA = SB và SO là

phân giác của góc ASB

0,25

 SO là đường trung trực của AB. Vậy SO  AB tại H và HA = HB
2.
Xét SAO vuông ở A, AH là đường cao. Áp dụng hệ thức trong tam giác
1
1
1
1
4
(1,0)
vng ta có




 1  AH  1
2
2
2
2
AH
SA
AO
SA
AC 2
Do HA  HB 

3.
(1,0)

1

AB  AB  2HA  2 . Vậy AB = 2
2

0,25
0,25

0,25

 AC 
o

Ta có B   O;
  ABC  90  AB  BC . Mà SO AB
2 

  BCA
  BCK
 . Mặt khác BK AC  BKC
  90 o
 SO // BC  SOA
  BKC
  90 o
SAO
Xét SAO và BKC có 
 SAO  BKC
  BCK

SOA
SA AO AC
2CK.SA




 BK 
(1)
BK CK 2CK
AC
Gọi N là giao điểm của SC với BK. Do NK // SA (cùng vng góc với AC)
NK CK
CK.SA
Áp dụng hệ quả định lí Talets ta có

 NK 
(2)
SA AC
AC
Từ (1), (2)  BK = 2NK. Vậy N là trung điểm của BK.

ĐKXĐ: x  1; y  2; z  3 (*)
 x 1  a
x  a 2  1


Đặt  y  2  b với a, b, c  0   y  b 2  2
z  c2  3


 z  3  c
a 2  b 2  c2  3
Ta có hệ 

2 2
2 2
2 2
a  b  c  a b  b c  c a
Phương trình (2)  2  a  b  c   2  a 2 b 2  b 2c 2  c 2a 2 

0,25

0,25
0,25

0,25

(1)
(2)

0,25

2

  a 2  b2  c2    a 4  b4  c4 
5.
(0,5)

 a 4  b 4  c4  2  a  b  c    a 2  b 2  c 2 

2

(3)

Với a, b, c  0. Áp dụng BĐT (AM - GM) ta có:

a 4  2a  a 4  a  a  3 3 a 6  3a 2
Tương tự: b 4  2b  3b 2
c4  2c  3c 2
2

 a 4  b 4  c4  2  a  b  c   3  a 2  b 2  c 2    a 2  b 2  c 2  (dựa theo (1))
Từ (3) và (4) ta có dấu bằng xảy ra:
a, b, c  0
 2
2
2
a  b  c  3
 a 4  a
 a  b  c 1
b 4  b

c 4  c

3

(4)

0,25


Bài

Câu

Đáp án

Điểm

x  2

Khi đó  y  3 (thỏa mãn (*))
z  4


Vậy (x; y; z) = (2; 3; 4) là bộ ba số cần tìm.

Lưu ý:
- Trên đây là các bước giải cụ thể cho từng câu, từng ý và biểu điểm tương ứng, thí sinh
phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới cơng nhận cho điểm.
- Thí sinh có cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó.
- Bài 4, thí sinh phải vẽ hình chính xác và nội dung chứng minh phù hợp với hình vẽ mới
được cơng nhận cho điểm.
- Điểm toàn bài thi là tổng các điểm thành phần làm tròn đến 0,5đ.

______________________

4