De thi thu toan 9 T42018

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ƠN TẬP LỚP 9
MƠN TỐN
Năm học 2017– 2018
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A 5 6  2 5  45  20
1 x
1
B ( x  1 
):( x 
)
x
x (với x  0 và x 1 ).
b) Cho biểu thức
Rút gọn B và chứng minh rằng tồn tại duy nhất một giá trị của x là số nguyên tố
1
( x  1) B 
2.
thỏa mãn:
Câu 2 (1,5 điểm).
2
a) Giải phương trình x  3x  2 0.

b) Giải hệ phương trình

¿
2 x + y =−4
x − 3 y =5
¿{
¿

Câu 3 (1,5 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol
 d  : y 2 x  m (với m là tham số).

 P  : y x 2

và đường thẳng

d
A  1;3
a) Tìm m để đường thẳng   đi qua 

 d  cắt  P  tại 2 điểm phân biệt sao cho
d
P .
là hoành độ giao điểm của   và  

b) Xác định các giá trị của m để

x1  3x2 6

với x1 , x2
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho đường trịn tâm O bán kính R dây BC cố định, BC = R và điểm A đi động trên
cung lớn BC. Đường cao AD, BK, H là trực tâm.
a) Chứng minh tứ giác HKCD nội tiếp được.
b) Kéo dài AD cắt (O) tại N. Chứng minh ∆BHN cân và H đối xứng với N qua BC
c) Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Chứng minh MK là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp ∆CDK
d) Hãy xác định vị trí của điểm A để tích DH.DA lớn nhất.

Câu 5 (1,0 điểm).
Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M

x 2  y2
xy

---HẾT--Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh: ...................................


Giám thị thứ nhất: ............................................ Giám thị thứ hai : .............................

HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA KHẢO SÁT
ÔN TẬP LỚP 9 - MƠN TỐN
Năm học 2017– 2018
( Bản Hướng dẫn chấm thi gồm có 03 trang )
Nội dung
Điểm
Câu 1

Câu
a)
1,0đ

b)
1,0đ

2
Ta có A 5 6  2 5  45  20  5 ( 5  1)  3 5  2 5

A 5 5  5  5 5 5

0,5

Với x  0 và x 1 ta có
1 x
1
x  x 1  x x  1
B ( x  1 
):( x 
)
:
x
x
x
x
2
x  2 x 1 x
( x  1)
x1
B
.


x  1 ( x  1)( x  1)
x
x 1
Với x  0 và x 1 thì
( x  1) B 

1

2

x  1

0,5

0,25

0,25
0,25

1
9
 2 x 3 0 x 
2
4

Vậy tồn tại duy nhất một giá trị của x là số nguyên tố thỏa mãn là x = 2 0,25
Câu 2
2
Phương trình x  3 x  2 0.
0,5
a)
Ta có 1-3+2 = 0
0,75đ
0,25
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 1, x2 2.

b)
0,75đ

¿
6 x  3 y  12

2 x + y =−4  
 x  3 y 5
x − 3 y =5
¿{
¿

7 x  7


 x  3 y 5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:

 x  1


  1  3 y 5

 x  1

 y  2

¿
x =−1

y=− 2
¿{
¿

0,5

0,25

Câu 3
a)
0,5đ

d
A  1;3
Đường thẳng   đi qua 
nên thay x  1 và y 3 vào hàm số
y 2 x  m ta được 3 2( 1)  m

m  5
d
A  1;3 .
Vậy m  5 thì   đi qua 

b)
1,0đ

0,25
0,25

Phương trình hồnh độ giao điểm của  d  và  P  :

x 2 2 x  m  x 2  2 x  m 0  1

0,25

Ta có  ' 1  m

0,25


Câu

Nội dung

Điểm

 d  và  P  cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt khi .  '  0  1  m  0  m  1
 x1  x2 2

x x m
Với m < 1 Theo định lý Vi-ét ta có:  1 2

Gọi

x1 , x2

là hai nghiệm của phương trình  1 . Khi đó

x1 , x2 là hoành độ

0,25

d
P
của 2 giao điểm của   và   , Theo bài ra ta có x1  3x2 6

 x1  x2 2


x1  3 x2 6

Ta được hệ phương trình

 x1  x2 2


 x1  3 x2 6

 x1 3

 x1  1

0,25

Thay vào x1 x2 m ta được m = -3 thỏa mãn
Vậy m  3 là giá trị cần tìm.
Câu 4

a)
1,0đ

0

Vì BK  AC  HKC 90

0,25

0

Vì DA  BC  HDC 90

0,25





0

Do dó: HDC  HKC 90 nên D ,K thuộc đường trịn đường kính HC
 Tứ giác HKCD nội tiếp



Tứ giác HKCD nội tiếp nên BHD KCD ( cùng bù với DHK
)

b)
1,0đ

c)
1,0đ



Trong (O) có BNA BCA ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) hay


BNH
DCK


Do đó BNH BHN suy ra ∆BHN cân tại B
Mặt khác BC  HN suy ra BD là đường trung trực của BC nên H đối

xứng với N qua BC.
Tam giác AKB vuông tại K có trung tuyến KM suy ra MK=MB nên


tam giác MBK cân tại M suy ra B1 K1

Tứ
(1)

giác

AKDB

nội

tiếp

suy

ra

 D

B
1
1

do

đó

 K

D
1
1

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu

Nội dung
Gọi I là trung điểm HC thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
HKCD và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CDK


Nên tam giác HKI cân tại I suy ra H1 HKI . Mặt khác tứ giác HKCD

Điểm
0,25





nội tiếp nên H1 D2 do đó HKI D2 (2)












0

Từ (1) và (2) suy ra MKI HKI  K1 H1  H 2 HDC 90  KM  KI
Vậy MK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CDK
Chứng minh tam giác BDN đồng dạng với tam giác CDA Suy ra
DB.DC = DA.DN
Mà DH=DN nên DB.DC = DA.DN = DA.DH
2

d)
1,0đ

Vì DB + DC = BC =R khơng đổi nên
Dấu ‘=“xảy ra khi DC = BD = R/2
2

DB.DC 

DB  DC
2

0,25
0,25
0,25

2

0,25

2

R
R
2

4
4 R
2
4 khi D là trung điểm của BC
Do đó DA.DH lớn nhất bắng

0,25

hay A là điểm chính giữa cung BC
Câu 5
x 2  y 2 ( x 2  4 xy  4 y 2 )  4 xy  3 y 2 ( x  2 y ) 2  4 xy  3 y 2


xy
xy
xy
Ta có M =
( x  2 y)2
3y
4
xy
x
=

0,5

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y
1,0đ

y 1
 3y  3
 

x
2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y
x ≥ 2y  x 2
3 5
Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - 2 = 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y
5
Vậy GTNN của M là 2 , đạt được khi x = 2y

Chú ý: Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.

0,25

0,25