Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), trên tia Ax lấy điểm M bất kì khác A. Qua M vẽ cát tuyến MCD với đường tròn (O) (C nằm giữa M và D; C, D không cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB; MO nằm giữa MA và MC). Kẻ OH vuông góc với CD tại H.
 Theo TTHN
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp đề khảo sát chất lượng học sinh môn Toán 9 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thanh Hóa giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem. trường Chủ đề: Đề thi Toán 9 Môn: Toán 9 Thông tin: 7 trang 2 tháng trước Tác giả: 1 THANH HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) NỘI DUNG I (2,0đ) 1 (1,0đ) Cho biểu thức 23 1 1 1 11 xx x P xx x x x −+ − \= +−
, với . Rút gọn biểu thức . ( )( ) 23 1 1 11 11 xx x P xx x x xx −+ − \= +− −+ +
0,25 ( )( ) ( ) ( )( ) 23 1 1 1 11 x x x x xx x xx − ++ + − − − + \=
0,25 ( )( ) 231 1 11 x x x xx x xx − ++ −− + − \=
0,25 ( ) ( ) 11 1 11 xx x x xx −+ \= \= +
. Vậy . 0,25 2 (1,0đ) Tìm để Với , ta có: 0,50 (thỏa mãn). Vậy là giá trị cần tìm. 0,50 II (2,0đ) 1 (1,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường thẳng ( là tham số). Biết đường thẳng song song với đường thẳng và đi qua điểm . Tính 2 Đường thẳng song song với đường thẳng , nên ta có (1) Đường thẳng đi qua điểm , nên ta có ( ) 3 12 2 2 7 a b ab \= − +−⇔ +\= (2) 0,50 Từ (1) và (2) ta có hệ 13 4 27 1 aa ab b −= \= ⇔ += \=− Khi dó ta có . 0,50 2 (1,0đ) Giải hệ phương trình Ta có 2 4 77 5 32 4 xy x xy xy −= \= ⇔ += −= 0,50 11 24 2 xx yy \= \= ⇔⇔ −= \=− . Vậy hệ có nghiệm 0,50 III (2,0đ) 1 (1,0đ) Giải phương trình Ta có : Ta thấy 0,50 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt . 2 (1,0đ) Cho phương trình 2 2( 1) 2 5 0− − + −=x m xm .Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện: ( )( ) 22 11 22 2 21 2 210 x mx m x mx m− +− − +−< . Xét phương trình 2 2( 1) 2 5 0 − − + −=x m xm (1) Ta có ( ) ( ) 2 22 Δ ' 2 1 2 5 4 6 2 2 0,mm m mm m m\= −+−+\=−+\=−+\>∀ nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có 12 12 2( 1) (2) 2 5 (3) xx m xx m += − \= − 0,25 là nghiệm phương trình (1) nên: 2 11 2( 1) 2 5 0x mxm − − + −= 2 11 1 2 212 4x mx m x⇔ − + −=− + Tương tự ta có 2 22 2 2 212 4x mx m x− + −=− + 0,25 Khi đó ( ) ( ) 22 11 22 2 21 2 210− +− − +−<x mx m x mx m 0,25 3 [ ] 1 2 12 1 2 12 1 2 ( 2 4)( 2 4) 0 4 2( ) 4 0 2( ) 4 0 (4) x x xx x x xx x x ⇔− + − + < ⇔ − + + < ⇔ − + +< Thế (2) và (3) vào (4) ta được 3 2 5 2.2( 1) 4 0 2 3 0 2 mm m m−− −+<⇔− +<⇔ \> Vậy . 0,25 IV (3,0đ) Cho tam giác không có góc tù ( ) và nội tiếp đường tròn ( cố định và di động trên cung lớn ). Các tiếp tuyến tại và cắt nhau tại . Từ kẻ đường thẳng song song với , đường thẳng này cắt tại và ( thuộc cung nhỏ ), cắt tại , cắt tại . 1 (1,0đ) Chứng minh là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác ,ta có: (vì là tiếp tuyến của đường tròn tại ) (vì là tiếp tuyến của đường tròn tại ) 0,50 Suy ra 00 0 90 90 180MBO MCO+ \=+= Vậy tứ giác là tứ giác nội tiếp. 0,50 Chứng minh 4 (đối đỉnh) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) Suy ra đồng dạng với (g-g) Suy ra .. FD FB FD FE FB FC FC FE \=⇔= (1) 0,25 * Xét tứ giác , ta có : (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung ) (đồng vị) Suy ra Ta thấy tứ giác có hai đỉnh và cùng nhìn cạnh dưới một góc bằng nhau. Vậy tứ giác là tứ giác nội tiếp. 0,25 (đối đỉnh) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) Suy ra đồng dạng với (g-g) Suy ra .. FB FM FI FM FB FC FI FC \=⇔= (2) 0,25 3 (1,0đ) lớn nhất. là hai tứ giác nội tiếp, suy ra 5 điểm cùng nằm trên một đường tròn 0,25 , ta có diện tích tam giác Do không đổi nên diện tích tam giác lớn nhất khi lớn nhất. 0,25 luôn thuộc đường tròn đường kính . Do đó lớn nhất khi trùng với hay là đường kính 0,25 5 lớn nhất. 0,25 V (1,0đ) Cho là các số thực dương. Chứng minh rằng 222 333 22 a bc b ca c ab abc bc ca ab +++
+++ . (1,0đ) Đặt 222 333 2 a bc b ca c ab P abc bc ca ab +++ \= + + − ++ +++ 2 2 22 2 2 222 2 a b c a bc b ca c ab abc bc ca ab bc ca ab +++ \=+−++ ++ + + + + Dễ chứng minh được với mọi số thực dương ta có ( ) 111 9xyz xyz ++ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi Ta có 1 1 13 abc a b c bc ca ab bc ca ab
++ + + + + ( ) 111 3abc bc ca ab \= ++ + + − ++ + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 111 3 2 bc ac ab bc ca ab \= + + + − ++ + . Khi đó ( ) 222 222 2 2 22 abc a b c abc bc ca ab \= + + + + + − ++ +++ ( ) 2121212 abc a b c abc bc ca ab \= +− ++ +++ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 3 2 .2 2 abc abc abc bc ca ab abc abc abc \= + + − ++ + ≥ − \= ++ 0,25 Tacó ( )( ) 22 abac a bc a bc ab ac a bc bc bc ++
+= \= +++ ( )( ) 2 abac a bc a bc bc ++ + ⇒= − ++ Tương tự ta có: ( )( ) 2 bcba b ca b ca ca ++ + \= − ++ ; ( )( ) 2 accb c ab c ab ab ++ + \= − ++ 0,25 6 Khi đó 222 a bc b ca c ab bc ca ab +++ ++ +++ ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) abac bcba cacb abc bc ca ab ++ \= + + − ++ +++ . ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM ( )( ) ( )( ) ( ) 2 abac bcba ab bc ca
++ ( )( ) ( )( ) ( ) 2 bcba cacb bc ca ab
++ ( )( ) ( )( ) ( ) 2 cacb abac ca ab bc
++ ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 24 abac bcba cacb abc bc ca ab ++ ⇒ + + ≥ ++ +++ ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 abac bcba cacb abc bc ca ab ++ ⇔ + + ≥ ++ +++ 0,25 ( ) 2 1 11 222 2 2 22 P abc abc abc ⇒ ≥ − \= ++− − ≥− \>− . Vậy, với là các số thực dương thì 222 333 22 a bc b ca c ab abc bc ca ab +++
+++ (đpcm) 0,25 ---- HẾT ---- Đáp án đã điều chỉnh (câu V thay bằng ) Preview text: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 9 THANH HÓA NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) Câu Ý NỘI DUNG Điểm Cho biểu thức x − 2 x + 3 x −1 1 P = + − , với x ≥ 0 . x x +1 x − x +1 x +1 Rút gọn biểu thức P . Với điều kiện x ≥ 0 , ta có x − 2 x + 3 x −1 1 P = ( + − 0,25 x + )1(x − x + )1 x − x +1 x +1 1 x − 2 x + 3+ ( x + ) 1 ( x − )1−(x − x + )1 = (1,0đ) ( x + )1(x− x + )1 0,25 I x − 2 x + 3+ x −1− x + x −1 = ( x + )1(x − x + )1 0,25 (2,0đ) x − x +1 1 = ( = . x + )1(x − x + )1 x +1 0,25 Vậy 1 P = . x +1 Tìm x để 1 P = 2 2 Với x ≥ 0 , ta có: 1 P = 1 1 ⇔ = ⇔ x +1 = 2 0,50 (1,0đ) 2 x +1 2 ⇔ x =1 ⇔ x =1(thỏa mãn). 0,50 Vậy x =1 là giá trị cần tìm. = − + − II d : y a 1 x b 2 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( ) ( a,b là tham số). Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ': y = 3x + 8 và đi (2,0đ) (1,0đ) qua điểm A(2;3). Tính 2 2 T = a + 2b . 1 Đường thẳng d song song với đường thẳng d ': y = 3x + 8, nên ta có a −1 = 3 (1) 0,50 Đường thẳng d đi qua điểm A(2;3) , nên ta có 3 = (a − ) 1 2 + b − 2 ⇔ 2a + b = 7 (2) a −1 = 3 a = 4 Từ (1) và (2) ta có hệ ⇔ 2a b 7 b + = = 1 − 0,50 Khi dó ta có 2 2 T = a + 2b =16 + 2 =18. 2x − y = 4 Giải hệ phương trình . 5 x + y = 3 2 2x − y = 4 7x = 7 Ta có ⇔ 0,50 (1,0đ) 5 x y 3 + = 2x − y = 4 x = 1 x = 1 ⇔ ⇔ . Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (1; 2 − ). 0,50 2 y 4 − = y = 2 − Giải phương trình 2 x + 6x + 5 = 0. 1 Ta có : a =1;b = 6;c = 5 0,50 (1,0đ) Ta thấy a − b + c =1− 6 + 5 = 0 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1; − x = 5 − . 0,50 1 2 Cho phương trình 2 x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 .Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x , x 1 2 thỏa mãn điều kiện: ( 2x −2mx +2m− )1( 2x −2mx +2m−1 < 0. 1 1 2 2 ) Xét phương trình 2 x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 (1) III Ta có = (m − m + )− m + = m − m + = (m − )2 2 2 Δ ' 2 1 2 5 4 6 2 + 2 > 0, m ∀ nên (2,0đ) 2 phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với mọi m . 0,25 1 2 (1,0đ) x + x = 2(m −1) (2) Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có 1 2 x x = 2m − 5 (3) 1 2 Vì x là nghiệm phương trình (1) nên: 2 x − 2(m −1)x + 2m − 5 = 0 1 1 1 2 ⇔ x − 2mx + 2m −1 = 2 − x + 4 0,25 1 1 1 Tương tự ta có 2 x − 2mx + 2m −1 = 2 − x + 4 2 2 2 Khi đó ( 2 x − 2mx + 2m − ) 1 ( 2 x − 2mx + 2m −1 < 0 1 1 2 2 ) 0,25 2 ⇔ ( 2 − x + 4)( 2 − x + 4) < 0 ⇔ 4 x x − 2(x + x ) + 4 < 0 1 2 [ 1 2 1 2 ] ⇔ x x − 2(x + x ) + 4 < 0 (4) 1 2 1 2 Thế (2) và (3) vào (4) ta được 3 2m − 5 − 2.2(m −1) + 4 < 0 ⇔ 2 − m + 3 < 0 ⇔ m > 2 0,25 Vậy 3 m > . 2 Cho tam giác ABC không có góc tù ( AB < AC ) và nội tiếp đường tròn (O) ( B,C cố định và A di động trên cung lớn BC ). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M . Từ M kẻ đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt (O) tại D và E ( D thuộc cung nhỏ BC ), cắt BC tại F , cắt AC tại I . IV (3,0đ) Chứng minh MBOC là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác MBOC ,ta có: 1 0 MBO = 90 (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B ) 0,50 (1,0đ) 0 MCO = 90 (vì MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C ) Suy ra + 0 0 0 MBO MCO = 90 + 90 = 180 0,50 Vậy tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh FI.FM = F . D FE 3 (1,0đ) * Xét 2 tam giác: FBD và FEC , ta thấy: = BFD CFE (đối đỉnh) = DBF CEF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD ) 0,25 Suy ra F ∆ BD đồng dạng với F ∆ EC (g-g) Suy ra FD FB = ⇔ F . D FE = F . B FC (1) FC FE * Xét tứ giác MBIC , ta có : = MBC BAC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) = BAC MIC (đồng vị) 0,25 Suy ra = MBC BIC Ta thấy tứ giác MBIC có hai đỉnh B và I cùng nhìn cạnh MC dưới một góc bằng nhau. Vậy tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp. * Xét 2 tam giác: FBM và FIC , ta thấy = BFM CFI (đối đỉnh) = MBF FIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) 0,25 Suy ra F ∆ BM đồng dạng với F ∆ IC (g-g) Suy ra FB FM = ⇔ FI.FM = F . B FC (2) FI FC Từ (1) và (2), ta suy ra FI.FM = F . D FE (đpcm) 0,25 Tìm vị trí của đỉnh A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. Do tứ giác MBOC và tứ giác MBIC là hai tứ giác nội tiếp, suy ra 5 điểm M , B,O, I,C cùng nằm trên một đường tròn 0,25 3 Gọi H là hình chiếu của I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là: (1,0đ) 1 S = BC.IH 2 0,25 Do BC không đổi nên diện tích tam giác IBC lớn nhất khi IH lớn nhất. Ta thấy, khi A chạy trên cung lớn BC thì I luôn thuộc đường tròn đường 0,25 kính OM . Do đó IH lớn nhất khi I trùng với O hay AC là đường kính 4 của đường tròn tâm (O) . Vậy khi A là điểm đối xứng với C qua O thì tam giác IBC có diện tích lớn nhất. 0,25 Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng 2 2 2 3a + bc 3b + ca 3c + ab + + − 2 a + b + c ≥ 2 − . b + c c + a a + b 2 2 2 Đặt 3a + bc 3b + ca 3c + ab P = + + − 2 a + b + c b + c c + a a + b 2 2 2 2 2 2 2a 2b 2c a + bc b + ca c + ab = + + + + + − 2 a + b + c b + c c + a a + b b + c c + a a + b Dễ chứng minh được với mọi số thực dương x, y, z ta có ( x + y + z) 1 1 1 + + ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z x y z Ta có a b c a 1 b 1 c 1 + + = + + + + + − 3 b + c c + a a + b b + c c + a a + b (a b c) 1 1 1 = + + + + − 3 b + c c + a a + b 1 1 1 1 1 3 0,25 V \= ((b + c) + (a + c) + (a + b)) + + − 3 ≥ .9 − 3 = . 2 b + c c + a a + b 2 2 (1,0đ) 2 2 2 Khi đó 2a 2b 2c + + (1,0đ) b + c c + a a + b 2 2 2 2a 2b 2 = + 2 + + 2 c a b + + 2c − 2(a + b + c) b c c a a b + + + 2 a 1 2 b 1 2 c a b c 1 = + + + + + − 2(a + b + c) b + c c + a a + b 2( ) a b c a b c = + + + + − 2(a + b + c) b + c c + a a + b ≥ (a + b + c) 3 2 . − 2(a + b + c) = (a + b + c) 2 2 2 a + bc a + bc + ab + ac (a + b)(a + c) Tacó + a = = b + c b + c b + c 2 a + bc (a + b)(a + c) ⇒ = − a b + c b + c 0,25 2 b + ca (b + c)(b + a) 2 c + ab (a + c)(c + b) Tương tự ta có: = − b ; = − c c + a c + a a + b a + b 5 2 2 2 Khi đó a + bc b + ca c + ab + + b + c c + a a + b (a +b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c +b) = + + − (a + b + c) . b + c c + a a + b ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM (a +b)(a + c) (b + c)(b + a) + ≥ 2(a + b) b + c c + a (b + c)(b + a) (c + a)(c +b) + ≥ 2(b + c) c + a a + b (c + a)(c +b) (a +b)(a + c) 0,25 + ≥ 2(c + a) a + b b + c (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) ⇒ 2 + + ≥ 4(a + b + c) b + c c + a a + b (a +b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c +b) ⇔ + + ≥ 2(a + b + c) b + c c + a a + b 2 ⇒ P ≥ (a + b + c) 1 1 1 2 − 2 a + b + c = 2 a + b + c − − ≥ − > 2 − . 2 2 2 Vậy, với a,b,c là các số thực dương thì 0,25 2 2 2 3a + bc 3b + ca 3c + ab + + − 2 a + b + c ≥ 2 − (đpcm) b + c c + a a + b ---- HẾT ---- Đáp án đã điều chỉnh (câu V thay 4 a + b + c bằng 2 a + b + c ) 6 Document Outline
|
