De khao sat Toan 9 lan 1 PGD Kinh Mon 1718

UBND HUYỆN KINH MƠN
PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
NĂM HỌC: 2017-2018
MƠN : Tốn- Lớp 9
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (x-3)2 - 4 = 0

2) Giải hệ phương trình:

x 2

y
x 2

3x - 2y = 4

Câu 2 (2,0 điểm)

 a
1
A 

 2 2 a
1) Rút gọn biểu thức

 a  1

a 1 

 

a  1  với a > 0; a 1
  a 1

1
(d) với m≠ 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (d)
cắt đường thẳng y=− x+1 tại một điểm nằm trên trục hoành.

2) Cho hàm số

y=(2 m−1)x +m+2

Câu 3 (2,0 điểm)

2x  y m  2

x  2y 3m  4
1 ) Cho hệ phương trình: 
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x, y là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam
giác vuông có cạnh huyền bằng 10 .
2) Tìm một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số
3
hàng đơn vị là 5 và nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau sẽ được một số mới bằng 8 số

ban đầu
Câu 4 (3,0 điểm) Từ điểm A ở bên ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC

đến đường tròn (O) (B, C là 2 tiếp điểm). Kẻ cát tuyến ADE với đường tròn (O) (D
nằm giữa A và E ; tia AD nằm giữa hai tia AO và AC). Gọi H là giao điểm của BC và
OA.
a) Chứng minh: bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OD2 = OH.OA. Từ đó suy ra tam giác OHD đồng dạng với tam
giác ODA.
c) Từ D kẻ đường thẳng song song với BE, đường thẳng này cắt AB, BC lần
lượt tại M và N. Chứng minh D là trung điểm của MN.
Câu 5 (1,0 điểm)
1

1

1

Cho ba số không âm x,y,z thỏa mãn 1+2 x + 1+2 y + 1+ 2 z =2 .


Tìm giá trị lớn nhất của P = xyz
Hướng dẫn chấm

Câu

Ý

Nội dung
Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) (x-3)2 - 4 = 0

1)

x 2

y
x 2

3x - 2y = 4
b) 

(x-3)2 - 4 = 0  (x-3)2 = 4
 x  3 2

  x  3  2

Nghiệm phương trình x = 1; x = 5
x 2

y
2x  x  2 2 y
x 

2

3x  2 y 4
3x - 2y = 4

2)

0,25

0,25
0,25
 x  2 y  2

3x  2 y 4

 2x 6

3x  2 y 4
 x 3


5
 y  2

 a
1
A 

 2 2 a
1) Rút gọn biểu thức

a 1

0,25

 a  1
a 1 

 


a

1
a

1

 với a > 0;

 a
1  a  1
a 1
A 


 

2
2
a
a

1
a

1


 với a 0, a 1

a)
a  1 ( a  1)2  ( a  1)2
A
.
2 a ( a  1)( a  1)
a  1 a  2 a 1  a  2 a 1
.
a 1
2 a
2a  2 a  1


2 a
a

0,25

0,25

 5
 3; 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) =  2 

2

2,00

0,25

 x 5


  x 1

1

Điểm

0,25

1,00

0,25

0,25

A

0,25


A
Vậy

a 1
a với a 0, a 1

Cho hàm số
2

2)

1
(d) với m≠ 2 . Tìm m để đồ thị
y=− x+1 tại một điểm nằm trên trục

y=(2 m−1) x +m+2

1,00
hàm số (d) cắt đường thẳng
hoành
Ta có y=(2 m−1) x +m+2 (d) và y=− x+1 (d')
Ta có A giao điểm của đường thẳng (d') với trục hồnh Ox
0,25
Tìm ra tọa độ của A(1;0)
0,25
Để đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d') tại một điểm trên trục
hồnh thì A(1;0)  (d )
⇔ (2 m−1). 1+m+2=0 ⇔ 3 m+1=0 ⇔m=

So sánh với điều kiện
Vậy
3

1)

0,25

m=

−1

3

−1
3

1
m≠
nên ta có
2

−1
m=
3

0,25
0,25

thì (d) cắt (d') tại một điểm nằm trên trục hoành

2x  y m  2

x  2y 3m  4
Cho hệ phương trình: 

1,00

2x  y m  2 (1)

 x  2y 3m  4 (2)
 x m


Giải hệ phương trình tìm ra nghiệm của hệ  y m  2

Để hệ phương trình có nghiệm x, y là độ dài hai cạnh góc vuông của
một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 10 thì:
x  0

y  0
 x 2  y 2 10

m  0
m  0

 m  2  0
 2
m  2m  3 0
m 2  (m  2) 2 10

 m0

   m 1  m 1
  m  3

Vậy m 1 thì hệ phương trình có nghiệm x, y là độ dài hai cạnh góc

0,25

0,25

0,25

0,25

vuông của một tam giác vng có cạnh hùn bằng 10
Tìm một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng chữ số hàng chục lớn
3

2)

hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đổi chõ hai chữ số cho nhau sẽ

1,00

3
được một số mới bằng 8 số ban đầu

Gọi chữ số hàng chục của số cần tìm là x , chữ số hàng đơn vị là y.

0,25


ĐK : x và y là các số nguyên , 0  x 9;0  y 9 .
Khi đó số cần tìm là 10x + y , khi viết hai chữ số theo thứ tự ngược
lại ta được số mới 10y +x
Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5 , nên ta có PT
x-y=5
3
Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau ta được số mới bằng 8 số ban đầu

0,25

nên ta có PT :
3
10 y + x = 8 ( 10 x +y)  80 y  8 x 30 x  3 y  2 x  7 y 0
 x  y 5
 x 7


Từ đó ta có hệ phương trình : 2 x  7 y 0  y 2

0,25
0,25

Ta thấy x = 7 và y = 2 thoả mãn điều kiện bài toán
Vậy số có hai chữ số cần tìm là 72
04

1)

a) Chứng minh: bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường trịn.
.
Vẽ hình đúng

1,00

B

M

O

H

A

I

0,25

D

E
C
N

Ta có Tam giác ABO vuông tại B (AB là tiếp tuyến của đường tròn
(O))
  ABO nội tiếp được đường tròn có đường kính OA (1)
Và tam giác ACO vng tại C (AC là tiếp tuyến của đường tròn (O))
  ACO nội tiếp được đường trịn có đường kính OA (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc đường trịn đ/kính
OA.
4

2)

Chứng minh: OD2 = OH.OA. Từ đó suy ra tam giác OHD đồng
dạng với tam giác ODA.
Ta có: OB = OC (bán kính) và AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt
nhau)
Suy ra: OA là đường trung trực của BC

Suy ra: OA  BC tại H.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB có BH là đường
cao:
OB2 = OH.OA
 OD2 = OH.OA (OB = OD)

0,25
0,25
0,25

1,00

0,25

0,25


OD OA
=
 OH OD

0,25

Và góc DOA chung
0,25
Nên OHD ODA
Từ D kẻ đường thẳng song song với BE, đường thẳng này cắt AB,
4

3)

BC lần lượt tại M và N. Chứng minh: D là trung điểm của MN.

1,00

B

M

O

H

A

I

D

E
C
N

Gọi I là giao điểm của BC và AE


ODA )
Ta có: OHD ODA ( OHD




 DHA ODE OED (Cùng bù với 2 góc bằng nhau;  ODE cân
tại O)
 AHD (g-g)
  AEO


 AOE  ADH
(1)
OH OD

ODA )
Ta lại có: DH AD ( OHD
OH OE

 DH AD (OD = OE) (2)
 HAD (c-g-c)
Từ (1) và (2) suy ra  HEO


OHE
DHA


Mà OA  BC


IHD
Nên IHE
IH là tia phân giác của góc DHE

Ta có HI là đường phân trong của tam giác HDE (cmt)
Mà HI  HA
Nên HA là đường phân ngoài của tam giác HDE
IE AE HE


 ID AD HD (t/c đường phân trong và ngoài của tam giác HDE)

(1)
Theo hệ quả của định lí Talet có MN // BE, ta được:

0,25

0,25
0,25

0,25


 MD AD
 BE  AE

 ND  ID
 BE IE

(2)
Từ (1) và (2) suy ra MD = ND
Vậy D là trung điểm của MN
1

5

1

1

Cho ba số không âm x,y,z thỏa mãn 1+2 x + 1+2 y + 1+ 2 z =2 .

1
1
1
2y
2z
4 yz
=1−
+1 −
=
+
≥2
1+2 x
1+2 y
1+2 z 1+2 y 1+ 2 z
(1+2 y )(1+ 2 z )
Tương tự ta có :
1
4 xz
1
4 xy
≥2

,
≥2
1+2 y
(1+2 x)(1+2 z) 1+2 z
(1+2 x )(1+2 y )

√

Ta có :

√

√

1,00

0,25
0,25

1
1
1
64 x 2 y 2 z 2
.
.
8.
1 2x 1 2 y 1 2z
(1  2 x) 2 (1  2 y ) 2 (1  2 z ) 2
1
8 xyz

8.
(1  2 x)(1  2 y )(1  2 z )
(1  2 x)(1  2 y )(1  2 z )
 1 64 xyz
1
 P  xyz 
64
1
1
Giá trị lớn nhất của P = 64 khi x = y = z = 4


0,25
0,25