Đề thi môn Toán Lớp 9 - Đề: Chẵn+Lẻ - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 9 - Đề: Chẵn+Lẻ - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. Họ và tên thí sinh Số báo danh PHÒNG GD&ĐT TP THANH HÓA ĐỀ THI MÔN TOÁN 9 TRƯỜNG THCS . Ngày thi: Ngày 9 tháng 4 năm 2023 ĐỀ CHẴN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1: (2,0 điểm) x 1 1 2 Cho biểu thức M = - : + với x 0, x 1. x - 1 x - x x 1 x - 1 a. Rút gọn biểu thức M. b. Tìm giá trị của x để biểu thức M > 0. Bài 2: (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x2 - 9x + 10 = 0 x 3y 9 b. Giải hệ phương trình 3x y 7 Bài 3: (2,0 điểm) 2 a. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): y m 1 x 2m (m là tham số) và (d2) : y = 3x + 4 . Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng song song với nhau? b. Cho phương trình x2 6x 6m m2 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D, BD cắt CE tại H; AH cắt BC tại I. Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN của đường tròn (O) (M, N là tiếp điểm). a. Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp. b. Chứng minh AB.BE = BC.BI. Từ đó suy ra BE.BA + CD.CA = BC2. c. Chứng minh ba điểm M, H ,N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz 1. 1 1 1 2 Chứng minh rằng Q = 1 (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 (x 1)(y 1)(z 1) HẾT
2. Họ và tên thí sinh Số báo danh ĐỀ THI MÔN TOÁN 9 PHÒNG GD&ĐT TP THANH HÓA Ngày thi: Ngày 9 tháng 4 năm 2023 TRƯỜNG THCS . Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ LẺ (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1: (2,0 điểm) √ 1 1 2 Cho biểu thức N= ― : + với y> 0, y ≠ 1 ― 1 ― √ + 1 ― 1 a. Rút gọn biểu thức N b. Tìm giá trị của y để biểu thức N > 0. Bài 2: (2,0 điểm) a. Giải phương trình: x2 – 7x + 8 = 0 x 3y 9 b. Giải hệ phương trình 3x y 7 Bài 3: (2,0 điểm) 2 a. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1): y = (m + 1)x + m (m là tham số) và (d2) : y = 5x + 2. Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng song song với nhau? b. Cho phương trình x2 6x 6m m2 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP nhọn. Đường tròn (O) đường kính NP cắt MN, MP lần lượt tại A và B, NB cắt PA tại H; MH cắt NP tại D. Từ M kẻ tiếp tuyến ME, MF của đường tròn (O) (E, F là tiếp điểm). a. Chứng minh tứ giác MAHB nội tiếp. b. Chứng minh MN.NA = NP.ND. Từ đó suy ra MN.NA + PB.MP = NP2. c. Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc 1. 1 1 1 2 Chứng minh rằng P = 1 (a 1)2 (b 1)2 (c 1)2 (a 1)(b 1)(c 1) HẾT
3. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ CHẴN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ LẺ Câu Nội dung Điểm Câu 1 2.0 x 1 1 2 0.75 M = - : + x - 1 x - x x + 1 x - 1 x 1 x - 1 2 = - : + x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 = : = . x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 = x - 1 . x 0.25 KL b, M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (kết hợp đk) 0.75 KL x > 1 0.25 2 Câu 3 a (d1): y m 1 x 2m (m là tham số) 2.0 (d2) : y = 3x + 4 . 0.75 Hai đường thẳng song song với nhau m2 1 3 m2 4 m 2 m 2 2m 4 m 2 m 2 0.25 KL 2 2 b, x 6x 6m m 0 Có ' 9 6m m2 (m 3)2 0, với mọi m 3 3 2 0.25 Theo bài ra ta có: x1 x2 2x1 12x1 72 0 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 2 2 (x1 x2 )(x1 x1x2 x2 ) 2x1( 6 x1) 72 0 2 (x1 x2 ) (x1 x2 ) x1x2 2x1x2 72 0 2 2 (x1 x2 )(36 6m m ) 2(6m m ) 72 0 (x x )(36 6m m2 ) 2(m2 6m 36) 0 1 2 0.25 2 (m 6m 36)(x1 x2 2) 0
4. Vì m2 6m 36 (m 3)2 27 0, m x1 x2 6 x1 x2 2 0 Ta có hệ phương trình: x1 x2 2 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x2 2 ( 4).( 2) 6m m2 m2 6m 8 0 0.25 Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4 Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn x3 x3 2x2 12x 72 0 1 2 1 1 0.25 Câu 2 a x2 - 9x + 10 = 0 Ta có: = 81 – 40 = 41 > 0 2.0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1.0 9 41 9 41 x = ; x = 1 2 2 2 x 3y 9 y 3x 7 x 3 b. . 3x y 7 x 3(3x 7) 9 y 2 1.0 KL:thì hệ có nghiệm duy nhất là: (x,y) = (3;2) 4 A D N E M H 3,0 B C I O a -Vì các góc BEC, BDC là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) 0,25 nên B· EC B· DC 900 ·AEH ·ADH 900 có góc AEH +góc ADH = 180 1,0 mà hai góc này đối nhau 0,25 Suy ra tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối bằng 1800) 0,5
5. b * Chứng minh H là trực tâm của ABC AI  BC 0,25 - Chứng minh được ABI đồng dạng CBE (g-g) AB BI Suy ra được: 0,25 CB BE 1,0 Suy ra AB.BE = BI.BC (1) 0,25 * Tương tự: AC.CD = CI.BC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AB.BE + AC.CD = BI.BC + CI.BC = 0,25 (BI+CI).BC= BC2 c .+ Chứng minh 5 điểm A, M, I, O, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO tứ giác AMIN nội tiếp ·AMI ·ANI 1800 (*) + Chứng minh AEH đồng dạng AIB (g.g) AE AH AE.AB AI.AH (3) AI AB 0,25 AE AM + Chứng minh được AME đồng dạng ABM (g.g) AM AB AB.AE AM 2 (4) 0,25 AM AH + Từ (3) và (4) suy ra AM 2 AI.AH 1.0 AI AM + Chứng minh AMI đồng dạng AHM (c.g.c) ·AMI ·AHM ( ) 0,25 + Tương tự: ·ANI ·AHN ( ) · · 0 + Từ (*), ( ) và ( ) suy ra AHM AHN 180 0,25 3 điểm M, H, N thẳng hàng. ab bc ac 5 Đặt x ; y ; z (x, y, z 0) c2 a2 b2 Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành: c4 b4 a4 2a2b2c2 1 (*) (ab c2 )2 (ac b2 )2 (bc a2 )2 (ab c2 )(ac b2 )(bc a2 ) 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: (ab c2 )2 (a2 c2 )(b2 c2 ) c4 c4 Ta được: (ab c2 )2 (a2 c2 )(b2 c2 ) b4 b4 Tương tự: 0,25 (ac b2 )2 (a2 b2 )(c2 b2 ) a4 a4 2 2 2 2 2 2 (bc a ) (b a )(c a ) 1,0 a4 b4 c4 a4 b4 (bc a2 )2 (ac b2 )2 (ab c2 )2 (b2 a2 )(c2 a2 ) (a2 b2 )(c2 b2 ) c4 a4 (c2 b2 ) b4 (c2 a2 ) c4 (a2 b2 ) (a2 c2 )(b2 c2 ) (b2 a2 )(c2 a2 )(c2 b2 ) 0,25 2a2b2c2 2a2b2c2 Lại có: (ab c2 )(ac b2 )(bc a2 ) (a2 c2 )(a2 b2 )(c2 b2 ) a4 (c2 b2 ) b4 (c2 a2 ) c4 (a2 b2 ) 2a2b2c2 P (a2 c2 )(a2 b2 )(b2 c2 ) + Chứng minh được 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a (c b ) b (c a ) c (a b ) 2a b c (a c )(a b )(c b ) 0,25
6. Vậy P 1 dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ LẺ Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 1 2 ― 1 0.75 N= √ ― : ― = . 2.0 ― 1 ― √ + 1 ― 1 √ 0.25 KL b N > 0 y - 1 > 0 (vì y> 0 nên x > 0) y> 1. Kết hợp với 0.75 ĐK ta có y> 1 0.25 KL 2 Câu 3 a, (d1): y = (m +1)x + m (m là tham số) 2.0 (d2) : y = 5x + 2 . Hai đường thẳng song song với nhau 0.75 m2 + 1 = 5 m2 = 4 m =± 2 m ≠ 2 m ≠ 2 m ≠ 2 m = -2 0.25 KL: 2 2 b, x 6x 6m m 0 Có ' 9 6m m2 (m 3)2 0, với mọi m 3 3 2 0.25 Theo bài ra ta có: x1 x2 2x1 12x1 72 0 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 2 2 (x1 x2 )(x1 x1x2 x2 ) 2x1( 6 x1) 72 0 2 (x1 x2 ) (x1 x2 ) x1x2 2x1x2 72 0 2 2 (x1 x2 )(36 6m m ) 2(6m m ) 72 0 (x x )(36 6m m2 ) 2(m2 6m 36) 0 1 2 0.25 2 (m 6m 36)(x1 x2 2) 0 Vì m2 6m 36 (m 3)2 27 0, m x1 x2 6 x1 x2 2 0 Ta có hệ phương trình: x1 x2 2 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x2 2 ( 4).( 2) 6m m2 0.25 m2 6m 8 0
7. Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4 Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa 0.25 3 3 2 mãn x1 x2 2x1 12x1 72 0 Câu 2 a. x2 – 7x + 8 = 0 Ta có: = 49 – 32 = 17 > 0 2.0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 7 17 7 17 x1 = ; x2 = 2 2 x 3y 9 y 7 3x x 3 b. 3x y 7 x 3(7 3x) 9 y 2 KL: Hệ có nghiệm duy nhất là: (x, y) = (3; - 2) 4 M B A F E H 3,0 N P D O a -Vì các góc NAP, NBP là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của 0,25 (O) nên N· AP N· BP 900 M· AH M· BH 900 MAH MBH 1800 , mà hai góc này đối nhau 0,25 1,0 Suy ra tứ giác MAHB nội tiếp được đường tròn (tổng hai góc đối diện 0,5 bằng 1800) b * Chứng minh H là trực tâm của MNP AD  NP 0,25 - Chứng minh được MND đồng dạng PNA (g-g) 0,25 MN ND Suy ra được: NP NA 0,25 1,0 Suy ra MN.NA = NP.ND (1) * Tương tự: MP.PB = PD.NP (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: MN.NA + MP.PB = NP.ND + PD.NP = (ND+PD).NP = NP2
8. c + Chứng minh 5 điểm M, E, D, O, F cùng thuộc đường tròn đường 0,25 kính MO tứ giác MEDF nội tiếp M· ED M· FD 1800 (*) + Chứng minh MAH đồng dạng MDN (g.g) MA MH MA.MN MD.MH (3) MD MN 0,25 MA ME + Chứng minh được MAE đồng dạng MEN (g.g) ME MN MA.MN ME 2 (4) ME MH 0,25 1,0 + Từ (3) và (4) suy ra ME 2 MD.MH MD ME + Chứng minh MHE đồng dạng MED (c.g.c) M· HE M· ED ( ) + Tương tự: M· HF M· FD ( ) · · 0 + Từ (*), ( ) và ( ) suy ra EHM MHF 180 0,25 3 điểm E, H, F thẳng hàng. xy yz xz 5 Đặt a ; b ;c (a,b,c 0) z2 x2 y2 Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành: 0,25 z4 y4 x4 2x2 y2 z2 1 (*) (xy z2 )2 (xz y2 )2 (yz x2 )2 (xy z2 )(xz y2 )(yz x2 ) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: (xy z2 )2 (x2 z2 )(y2 z2 ) z4 z4 Ta được: (xy z2 )2 (x2 z2 )(y2 z2 ) 0,25 y4 y4 Tương tự: (xz y2 )2 (x2 y2 )(z2 y2 ) x4 x4 (yz x2 )2 (y2 x2 )(z2 x2 ) 1,0 x4 y4 z4 x4 y4 (yz x2 )2 (xz y2 )2 (xy z2 )2 (y2 x2 )(z2 x2 ) (x2 y2 )(z2 y2 ) z4 x4 (z2 y2 ) y4 (z2 x2 ) z4 (x2 y2 ) 0,25 (x2 z2 )(y2 z2 ) (y2 x2 )(z2 x2 )(z2 y2 ) 2x2 y2 z2 2x2 y2 z2 Lại có: (xy z2 )(xz y2 )(yz x2 ) (x2 z2 )(x2 y2 )(z2 y2 ) x4 (z2 y2 ) y4 (z2 x2 ) z4 (x2 y2 ) 2x2 y2 z2 Q (x2 z2 )(x2 y2 )(z2 y2 ) + Chứng minh được x4 (z2 y2 ) y4 (z2 x2 ) z4 (x2 y2 ) 2x2 y2 z2 (x2 z2 )(x2 y2 )(z2 y2 ) Vậy Q 1 dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 0,25 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm.