Đề khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo tỉnh Ba Đình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo tỉnh Ba Đình (Có đáp án)

1. 1/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 PHÒNG GD & ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN 9 Năm học: 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày khảo sát: 7/5/2019 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức: 2 x4 x + 2 A = và B = − với x≥0; x ≠ 4 x − 2 x + 1 xx−2 x + x − 2 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 . 2) Rút gọn biểu thức P= A + B . 3) Tìm giá trị của x để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất. Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một phòng họp có 300 ghế ngồi, được xếp thành một số hàng có số ghế bằng nhau. Buổi họp hôm đó có 378 người đến dự họp nên ban tổ chức đã kê thêm 3 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp thêm 1 ghế, mới đủ chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng ghế có bao nhiêu ghế, biết số hàng ghế ban đầu không vượt quá 20. Bài III. (2,0 điểm)  2 + =  2y 8 1) Giải hệ phương trình: x − 1 11  −3y = 2 x − 1 2) Cho phương trình: x2 −( m − 3) xm −+= 2 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . b) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.
2. 2/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài IV. (0,5 điểm) Một hình cầu có thể tích là 288π (cm 3 ) . Tính diện tích mặt cầu đó. Bài V. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R ) và dây BC cố định (BC< 2 R ), BF là đường kính. A là điểm di chuyển trên cung lớn BC (A khác B, C ) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . 1) Chứng minh tứ giác AEDC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh HF đi qua trung điểm G của đoạn thẳng AC . AF 3) Chứng minh không đổi. sin DEC 4) Cho BC= 1,5 R , gọi I là hình chiếu của G trên AB . Hãy tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo R . Bài VI. (0,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x+ y ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 3 của biểu thức A = + . 3xy y + 1
3. 3/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức: 2 x4 x + 2 A = và B = − với x≥0; x ≠ 4 x − 2 x + 1 xx−2 x + x − 2 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 . 2) Rút gọn biểu thức P= A + B . 3) Tìm giá trị của x để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất. Lời giải 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 . Thay x = 16 (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức A, ta được: 2 2 22 A = = = == 1 x −2 16 − 2 4− 2 2
4. 4/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 2) Rút gọn biểu thức P= A + B . x4 x + 2 B = − x + 1 xx−2 x + x − 2 x42 x+ xx 42 + B =− =− x+1xx(−+− 2) ( x 2) x + 1 ( xx −+ 2)( 1) 2x 4 x + 2 P= A+ B = + − x−2x + 1 ( x − 2)( x + 1) 2(x+ 1) xx ( − 2) 4 x + 2 P = + − (xx−+ 2)( 1) (x −+ 2)( x 1) ( xx −+ 2)( 1) 2(x++ 1) xx ( −− 2) 4 x − 2 P = (x− 2)( x + 1) 22x++− x 2 x − 4 x − 2 P = (x− 2)( x + 1) 3x− 6 x P = (x− 2)( x + 1) 3x (x − 2) P = (x − 2)(x + 1) 3 x P = x + 1
5. 5/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 3) Tìm giá trị của x để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất. 3. 0 Với x = 0 thì P = = 0 0+ 1 3x 3 3 3 Với x ≠ 0, ta có: P = = = = x +11x + x 1 1 +x + xxx x 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x ; ta được: x 1 1 x+ ≥2 x ⋅ = 2 x x 3 3 Suy ra: P = ≤ 1 2 x + x 3 Vậy MaxP = khi x = 1 2
6. 6/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một phòng họp có 300 ghế ngồi, được xếp thành một số hàng có số ghế bằng nhau. Buổi họp hôm đó có 378 người đến dự họp nên ban tổ chức đã kê thêm 3 hàng ghế và mỗi hàng ghế phải xếp thêm 1 ghế, mới đủ chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu phòng họp có bao nhiêu hàng ghế và mỗi hàng ghế có bao nhiêu ghế, biết số hàng ghế ban đầu không vượt quá 20. Lời giải Gọi số hàng ghế lúc đầu là x (đơn vị: hàng ghế, x∈ℕ; x ≤ 20 ) Số hàng ghế lúc sau là: x + 3 (hàng ghế) 300 Số ghế trên một hàng lúc đầu là: (ghế) x 378 Số ghế trên một hàng lúc sau là: (ghế) x + 3 300 378 Theo đề bài, ta có phương trình: +1 = x x + 3 300.(x+ 3) xx ( + 3) 378 x ⇒ + = xx(+ 3) xx ( + 3) x + 3 ⇒300.(x ++ 3) xx ( += 3) 378 x ⇔300x + 900 ++− xx2 3 378 x = 0 ⇔−x2 75 x + 900 = 0 (*) ∆=−( 75)2 − 4.900.1 = 5625 − 3600 = 2025 ⇒∆=2025 = 45 = = Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: x1 15 (nhận); x 2 60 (loại) Lúc đầu phòng họp có 15 hàng ghế, mỗi hàng ghế có 20 ghế.
7. 7/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài III. (2,0 điểm)  2 + =  2y 8 1) Giải hệ phương trình: x − 1 11  −3y = 2 x − 1 2) Cho phương trình: x2 −( m − 3) xm −+= 2 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . b) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương. Lời giải  2 + =  2y 8 1) x − 1 , điều kiện: x≠1; y ≥ 0 11  −3y = 2 x − 1  1  = a 2a+ 2 b = 8 Đặt x −1 . Khi đó, ta có hệ phương trình:   11a− 3 b = 2  y= b, b ≥ 0 ab+=4  3312 ab +=  1414 a = a = 1 ⇔ ⇔  ⇔  ⇔ 11321132ab−=  ab −=  ab += 4 ab += 4 a=1  a = 1 ⇔ ⇔  (thỏa điều kiện) 1+b = 4  b = 3 Với a=1; b = 3 , ta có:  1  = 1 x−1 = 1  x = 2 x −1 ⇔  ⇔  (thỏa điều kiện)  y=9  y = 9  y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x ; y )= (2;9)
8. 8/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 2) Cho phương trình: x2 −( m − 3) xm −+= 2 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . b) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương. Lời giải a) Phương trình: x2 −( m − 3) xm −+= 2 0 (*) 2 ∆=−(m − 3)  − 4.1.( −+ m 2) ∆=(m − 3)2 − 4.( −+ m 2) ∆=m2 −6 m ++ 94 m − 8 ∆=m2 −2 m + 1 ∆=(m − 1)2 ≥ 0 với mọi m Vậy phương trình (*) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . =− = − b) Nhẩm nghiệm của phương trình (*), ta được: x11; x 2 m 2 Phương trình có ít nhất một nghiệm dương ⇔m −>⇔2 0 m > 2
9. 9/1 6 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài IV. (0,5 điểm) Một hình cầu có thể tích là 288π (cm 3 ) . Tính diện tích mặt cầu đó. Lời giải 4 Công thức tính thể tích mặt cầu: V=π R3 = 288 π ( cm 3 ) 3 ⇒4πR3 = 864 π 864 π ⇒R 3 = = 216 4π ⇒R =3 216 = 6( cm ) Công thức tính diện tích mặt cầu: S=4π R2 = 4.6 π 2 = 144( π cm 2 )
10. 10/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài V. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R ) và dây BC cố định ( BC< 2 R ), BF là đường kính. A là điểm di chuyển trên cung lớn BC (A khác B, C ) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . 1) Chứng minh tứ giác AEDC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh HF đi qua trung điểm G của đoạn thẳng AC . AF 3) Chứng minh không đổi. sin DEC 4) Cho BC= 1,5 R , gọi I là hình chiếu của G trên AB . Hãy tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo R . Lời giải 1) Chứng minh tứ giác AEDC là tứ giác nội tiếp. A F E O H B D C Xét tứ giác AEDC có: AEC = 90 0 (vì CE⊥ AB ) ADC = 90 0 (vì AD⊥ BC ) ⇒AEC = ADC = 90 0 Suy ra: Tứ giác AEDC là tứ giác nội tiếp.
11. 11/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 2) Chứng minh HF đi qua trung điểm G của đoạn thẳng AC . A F G E H O B D C Ta có: BCF = 90 0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒FC ⊥ BC AD⊥ BC  ⇒ AD// FC FC⊥ BC Tương tự, ta có BAF = 90 0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AF ⊥ AB CE⊥ AB  ⇒ AF// CE AF⊥ AB Xét tứ giác AHCF có: AH// CF ; AF // CH Suy ra tứ giác AHCF là hình bình hành. Hình bình hành AHCF có G là trung điểm của đường chéo AC ⇒G là trung điểm của đường chéo HF . Vậy HF đi qua trung điểm G của đoạn thẳng AC .
12. 12/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 AF 3) Chứng minh không đổi. sin DEC A F G E H O B D C Tứ giác AEDC nội tiếp có: DEC= DAC (Hai góc nội tiếp cùng chắn DC ) Mà DAC= ACF (AH// CF , hai góc so le trong) Mặt khác, ta lại có: ABF= ACF (Hai góc nội tiếp cùng chắn AF ) ⇒DEC = ABF ⇒sinDEC = sin ABF AF AF Ta có: sinABF= ⇒ sin DEC = BF BF AF AF BF = = =⋅== Suy ra: AF: sin DEC AF : AF BF 2 R sin DEC BF AF AF Vậy không đổi. sin DEC
13. 13/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 4) Cho BC= 1,5 R , gọi I là hình chiếu của G trên AB . Hãy tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo R . A I F G E H O K B D C Giả sử IG cắt đoạn thẳng FC tại K . IG⊥ AB  ⇒ IG// AF hay GK// AF AF⊥ AB ∆ACF có: GK// AF ; G là trung điểm của đoạn thẳng AC Suy ra: K là trung điểm của đoạn thẳng FC . Vì tứ giác ABCF là tứ giác nội tiếp nên ABC+ AFC = 180 0 Mặt khác, ta có: AFC= IKC (IK// AF , hai góc đồng vị) ⇒IBC + IKC = 180 0 Mà IBC; IKC là hai góc đối nhau. Suy ra: Tứ giác BIKC nội tiếp đường tròn đường kính BK . BK ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IBC là: 2
14. 14/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 A I F G E H O K B D C Xét ∆BCF vuông tại C , theo định lý Pitago, ta có: BF2= BC 2 + CF 2 2 3  (2R ) 2= R  + CF 2 2  9 9 7 4R2= RCF 22 + ⇒ CF 222 =− 4 R R = R 2 4 4 4 7R 7 ⇒CF = R 2 = 4 2 FC R 7 Vì K là trung điểm của đoạn thẳng FC nên ta có: KC = = 2 4 Xét ∆BCK vuông tại C , theo định lý Pitago, ta có: BK2= BC 2 + CK 2 2 2 3  R 79  7 43 2 = +  =+=2 2 2 BKR    RRR 2   4  4 16 16 43R 43 ⇒BK = R 2 = 16 4 BK R 43 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IBC là: = 2 8
15. 15/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 Bài VI. (0,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x+ y ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 3 của biểu thức A = + . 3xy y + 1 Lời giải 2 3 2 3 Ta có: A =+ =+ 3xy y+ 1 3 xy 3(y + 1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 3;y + 1 ta có: 3+y + 1 4 + y 3(y + 1) ≤ = 2 2 2 3 2326 Suy ra: A =+ ≥+ =+ (1) 3xy3(y + 1) 3434 xy+ y xyy + 2 262xy  64 y+  xyy + 4  Ta có: + =++  +  −+  3xyy+ 436 xy  y + 46  66  2 xy  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương ;  , 3xy 6  6y + 4  ;  và (y ; x + 1) ta có: y + 4 6  2xy 2 xy 2 +≥2 ⋅= ; 3xy 6 363 xy 6y+ 4 6 y + 4 + ≥2 ⋅ = 2 y+46 y + 46 (y+ x + 1)2 4 2 y( x +≤ 1) ≤= 4 (vì x+ y ≤ 3) 4 4
16. 16/ 16 GV: Nguyễn Hữu Phúc 0888.014.879 xy+ y +4 4 + 4 4 ⇒ ≤ = 6 6 3 2 62− 44 ⇒ + ≥++2 = (2) 3xy y + 43 33 2 6 4 Từ (1) và (2) suy ra: A = + ≥ 3xy y + 4 3 2 xy 6 4 + y Dấu “=” xảy ra khi y +1 = 3 ; = ; = ; y= x + 1; x+ y = 3 3xy 6 4+ y 6 ⇔x =1; y = 2 4 Vậy MinA = khi x=1; y = 2 3