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.
- Chứng minh tứ giác AOHM nội tiếp.
- Chứng minh: AM.AD = AC.DM.
Theo TTHN
- Lớp 9
- Toán 9
- Đề thi Toán 9
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
- de-khao-sat-chat-luong-toan-9-nam-2022-2023-so-gddt-thanh-hoa
- Đ.a. KSCL LỚP 9-bản đã đính chính câu V ( 26-4)