De khao sat Toan 9 lan 3 PGD Kinh Mon 1718

UBND HUYỆN KINH MƠN
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT LẦN III
NĂM HỌC 2017-2018
MƠN : TỐN
(Thời gian làm bài 120 phút)
Đề gồm 01 trang, 05 câu.

Câu 1( 2,0 điểm) Giải bất phương trình và phương trình sau:
x  2 2x  3

1
4
1) 3
Câu 2 : ( 2,0 điểm)

2
2
2) x ( x  5) 6

x x y y

M 
 xy  : (x  y) 
 x y



1) Rút gọn biểu thức sau :

2 y
x

y

với x  0; y  0; x y .

2) Cho đường thẳng (d) : y (2m  n) x  m  n  3 . Hãy xác định m và n để đường thẳng
(d) đi qua hai điểm (2;3) và (  1;4) .
Câu 3: ( 2,0 điểm)
2
2
1) Cho phương trình ẩn x, tham số m sau: x  2(m  4) x  m  8 0 .Tìm các giá trị của
M  x12  x22  x1 x2
m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức
đạt giá trị nhỏ

nhất.
2)Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi
ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy
định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu
ngày?
Câu 4( 3,0 điểm)
Cho tam giác ABC cố định,có ba góc nhọn,nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao
AM,BN,CP của tam giác ABC cùng đi qua điểm H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ
BC ( Q khác B và C). Gọi E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của Q qua các đường thẳng
AB và AC.
·

1) Chứng minh rằng MH là tia phân giác của PMN ;

2) Chứng minh rằng ba điểm E, H, F thẳng hàng;
3) Tìm vị trí của điểm Q trên cung nhỏ BC để AB.CQ + AC.BQ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 : ( 1,0 điểm)
Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc. Tìm giá trị lớn nhất của
B=

1
2

+

2
2

+

3

√ a +1 √ b +4 √ c 2 +9


HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT LẦN III
MƠN : TỐN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu

Phần

Đáp án

Điểm

Ta có

1
1,0 điểm
Câu 1
2,0
điểm

x  2 2x  3

1
3
4
 4( x  2)  3(2x  3) 12
 4x  8  6x  9  12 0
 11
  2x  11 0  x 
2

Vậy BPT có nghiệm là

2
1,0 điểm

0,25
0,25
0,25
x

 11
2

0.25

Ta có
x 2 ( x 2  5) 6  x 4  5x 2  6 0

0,25

 x 4  x 2  6x 2  6 0  x 2 ( x 2  1)  6( x 2  1) 0

0,25

2

2

 ( x  1)( x  6) 0
0,25

 x 2  1 0
 x 2 1  x 1
 2
 2
 x  6 0
 x  6( vơ lí)

Câu 2

2,0
điểm

1
1,0 điểm

0,25

Vậy phương trình có nghiệm x 1
Ta có
x x y y

M 
 xy  : (x  y) 
 x y





 M 







x



y x  xy  y
x

y





 M  x  xy  y  xy : (x  y) 

2 y
x

y

với x  0; y  0; x y .


xy  : (x  y) 


2 y
x

y

0,25

2 y
x

y

0,25


 M

 M
 M




x y

x

y

x y
x

y







x y



2 y



x

y

2 y
x

x y 2 y
x

2

y


x

y

0,25

1

y
x y
Vậy M = 1 với x  0; y  0; x y

0,25

Xét đường thẳng (d): y (2 m  n) x  m  n  3
Để (d) đi qua hai điểm (2;3) và (  1; 4) thì

(2m  n).2  m  n  3 3


(2
m

n
).(

1)

m

n

3


4


19

m  9


 m  2 n 7
  19  2 n 7
 9

2
10m  2 n 12
9m 19

1,0 điểm  
 m  2n 7

0,5

5m  n 6

 m  2n 7
19

m  9

 n  41

9


0,25

19

m  9

n  41
9 là giá trị cần tìm
Vậy 

Câu 3
2,0
điểm

0,25

2
2
1
Ta có x  2(m  4) x  m  8 0
1,0 điểm
Phương trình có
2
ù
D' = é
ë- ( m + 4) û - .1.( m - 8)
2

Û D ' = m2 +8m +16 - m2 +8 Û D ' = 8m + 24
x1 , x2

Để phương trình có hai nghiệm

thì

'

D ³ 0 Û 8m + 24 ³ 0 Û m ³ - 3

Suy ra m ³ - 3 thì phương trình có hai nghiệm x1 , x2
Áp dụng định lí Vi-et ta được :
Ta có

 x1  x2 2m  8

2
 x1 x 2 m  8

0,25

(*)

2

M  x12  x22  x1 x 2  x1  x2   3 x1 x 2

(**)

Thay (*) vào (**) ta được :
2

2



M x12  x22  x1 x2  x1  x2   3 x1 x2  2m  8   3. m 2  8
2

2

2

4m  32m  64  3m  24 m  32m  88
2

 m  16   168



0,25


2
2
Do m ³ - 3 Û m +16 ³ 13 Þ (m +16) ³ 169 Û (m +16) - 168 ³ 1
M  x12  x22  x1 x2
Nên biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1
đạt được khi m =- 3 .
Vậy m  3 là giá trị cần tìm.

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày)
(ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)

0,25

0,25
0,25

140
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được x (tấn)

Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi
150
x  1 (tấn)

2
ngày đội đó chở được
1,0 điểm
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:

0,25

150 140

5

x 1 x

 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x  5x2 -5x – 10x - 140 = 0 
5x2 -15x - 140 = 0
 x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)
Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày

0,25
0,25

F
A
N

P

H

Hình vẽ

O
C

E

K
B

Câu 4
3,0

điểm

M

Q

·
1
Chứng minh rằng MH là tia phân giác của PMN
1,0 điểm Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp nên suy ra
·
·
·
·
PMA
= PCA
hay PMH
= HCN
(1)

Chứng minh tứ giác NHMC nội tiếp nên suy ra

0,25


·
·
NMH
= HCN
(2)

0,25

·
·
Từ (1) và (2) suy ra PMH = NMH

0,25

·
Suy ra MH là tia phân giác của PMN (đpcm)

0,25

Do E đối xứng với Q qua AB nên AB là trung trực của QE
Suy ra

ïìï AE = AQ
í
ïïỵ BE = BQ

ìï BA
·
·
ï E = BAQ
í
ï·
·
Nên D AEB = D AQB (c.c.c) suy ra ùùợ BEA = BQA
Ã

Ã
Ã
Ã
BCA
= BQA
ị BCA
= BEA

0,25

M

0
0
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
Ã
2
Li cú BCA + MHN = 180 và BHA = MHN Þ BHA + BEA = 180
1,0 điểm
·
·
·
·
nên tứ giác AHBE nội tiếp Þ EHB = EAB Þ EHB = BAQ
Chứng minh tương tự ta có tứ giác AHCF nội tiếp

·
·
·
·
Þ CHF
= CAF
Þ CHF
= CAQ

0,25
0,25

Khi đó ta có
·
·
·
·
·
·
·
EHF
= EHB
+ BHC
+ CHF
= BAQ
+ PHN
+ CAQ
·
·
·

Þ EHF
= BAC
+ PHN
= 1800

0,25

Nên ba điểm E, H, F thẳng hàng (đpcm).
·
·
·
·
3
Lấy K trên BC sao cho BQK = AQC Þ BQA = CQK
1,0 điểm
Xét D BQK và D AQC có
ìï BQK
·
= ·AQC
ï
í
ïï KBQ
·
·
= QAC
ïỵ
Suy ra D BQK đồng dạng với D AQC (gg)
BQ BK
Þ
=

Û AC.BQ = AQ.BK (3)
AQ AC

0,25

0,25

Tương tự D ABQ đồng dạng với D CKQ (gg)
Þ

AB AQ
=
Û AB.CQ = AQ.CK (4)
CK CQ

Cộng (3) và (4) vế với vế ta được
AC.BQ + AB.CQ = AQ.BK + AQ.CK = AQ.( BK + CK ) = AQ.BC
AB.CQ + AC .BQ

Do BC khơng đổi nên để
lớn nhất thì AQ lớn
nhất.Mà AQ là dây cung của (O)
Suy ra AQ là đường kính của (O).
Vậy Q là giao điểm của AO với cung BC nhỏ thì

0,25
0,25


AB.CQ + AC.BQ

lớn nhất .

Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc. Tìm giá trị lớn
nhất của
B=

1
2
3
+ 2 + 2
2
√ a +1 √ b +4 √ c +9

b
c
x a, y  , z 
2
3 thì x, y, z là các số dương và
Giải: Đặt
x  y  z xyz.
1
1
1
B


.
2
2

2
1

x
1

y
1

z
Khi đó ta có
Ta có
1

Câu 5
1,0
điểm

2

x 1



xyz
yz
y
z




x ( x  y  z )  xyz
( x  y )( x  z ) 2( x  y ) 2( x  z )
2

Tương tự có
1
x
z
1
x
y


;


y 2  1 2( x  y) 2( y  z ) z 2  1 2( x  z ) 2( y  z )
Tương tự có
1
x
z
1
x
y


;



y 2  1 2( x  y) 2( y  z ) z 2  1 2( x  z ) 2( y  z )

 A

0,25

0,25

x y
xz
yz
3



2( x  y ) 2( x  z ) 2( y  z ) 2

Dấu
đẳng
thức
xảy
ra
khi
và
x  y z  3  a  3, b 2 3, c 3 3.
3
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 2 ,

chỉ

đạt được chỉ khi a  3, b 2 3, c 3 3.
* Chú ý học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

khi

0,25

0,25