Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán (vòng 3) - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Thanh Am (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán (vòng 3) - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Thanh Am (Có đáp án)

1. PHÒNG GD- ĐT QUẬN LONG BIÊN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG (VÒNG 3) TRƯỜNG THCS THANH AM Năm học 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN 9 Ngày thi:17 tháng 05 năm 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao, phát đề) Bài I (2,0 điểm) x 1 7 x 3 2 x Cho biểu thức: A= và B= (x ≥ 0, x ≠ 9) x 3 x 9 x 3 1) Tính giá trị của B khi x = 16 ; 2) Rút gọn biểu thức P= A + B ; 3) Tìm x Z để P có giá trị là số nguyên. Bài II (2,0 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một phòng họp có 360 ghế được chia thành các dãy có số ghế bằng nhau. Nếu thêm mỗi dãy 4 ghế và bớt đi 3 dãy thì số ghế trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số ghế trong phòng được chia thành bao nhiêu dãy và mỗi dãy có bao nhiêu ghế? Bài III (2 điểm) 2 y 1 0 x 1 1) Giải hệ phương trình sau: 3 2 y 1 7 x 1 2) Cho(P): y x2 ; (d) y 2 m 1 x m2 3m a) Với m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) b) Tìm m để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật có diện tích bằng 10. Bài IV (3,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), lấy điểm M thuộc cạnh AC. Vẽ đường tròn (O) đường kính MC cắt BC tại E, BM cắt (O) tại N, AN cắt (O) tại D, ED cắt AC tại H. a) Chứng minh tứ giác BANC nội tiếp b) Chứng minh: AB // DE và MH . HC = EH2. c) Chứng minh M cách đều ba cạnh của tam giác ANE d) Lấy I đối xứng với M qua A, lấy K đối xứng với M qua E. Tìm vị trí của M để đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK có bán kính nhỏ nhất. 2) Một lon nước hình trụ có đường kính đáy 5cm, độ dài trục là 12cm. Tính diện tích toàn phần của lon nước hình trụ đó. 25 Bài V (0,5 điểm) Cho các số a, b, c đều lớn hơn . 4 a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của Q 2 b 5 2 c 5 2 a 5 Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2. PHÒNG GD- ĐT QUẬN LONG BIÊN HƯỚNG DẪN CHẤM Trường THCS THANH AM ĐỀ KHẢO SÁT TOÁN 9 (VÒNG 3) Năm học 2017-2018 Đáp án và hướng dẫn chấm Biểu điểm Bài I 2 16 8 (2đ) 1) Thay x = 16 (TMĐK) vào B ta được: B = 0,25đ 16 3 7 Kết luận 0,25đ x 1 7 x 3 2 x 2) P= (x ≥ 0,x≠9) x 3 x 9 x 3 x 1 7 x 3 2 x 0,25đ x 3 x 3 x 3 x 3 x 4 x 3 7 x 3 2x 6 x 0,25đ x 3 x 3 3x 9 x 0,25đ x 3 x 3 3 x x 3 3 x x 3 x 3 x 3 0,25đ 3 x 9 9 3) P 3 Z Z x 3 x 3 x 3 9 x 3 mà x 3 > 0 với mọi x ĐKXĐ => x 3 {1; 3; 9} 0,25đ Ta có x 3 1 x 2 (KTM) x 3 3 x 0 (TM) x 3 9 x 36 (TM) 0,25đ Kết luận Bài II - Gọi số dãy ghế ban đầu ở trong phòng là x ( dãy) ( x N ; x >3) 0,25đ (2đ) 360 0,25đ - Số ghế lúc đầu ở mỗi dãy là: (ghế) x - Số dãy ghế lúc sau là: x – 3 (dãy) 0,25đ 360 - Số ghế lúc sau ở mỗi dãy là: (ghế) x 3 0,25đ - Vì số ghế lúc sau ở mỗi dãy thêm 4 ghế nên ta có phương trình: 360 360 0,25đ 4 x 3 x - Giải pt: x = -15 (KTM), x = 18 (TM) - Vậy số dãy ghế ban đầu ở trong phòng là 18 dãy. Khi đó mỗi dãy 0,5đ có 360 : 18 = 20 (ghế) 0,25đ Bài III 2 y 1 0 (2đ) x 1 1) + ĐK: x ≠ -1; y ≥ 1 3 0,25đ 2 y 1 7 x 1 2 + Đặt a 0; y 1 b ≥ 0 . Khi đó hệ PT đã cho trở thành x 1 0,25đ
3. 2a b 0 4a 2b 0 7a 7 a 1 (TM) 3a 2b 7 3a 2b 7 2a b 0 b 2 0,25đ 1 a 1 1 x 2 x 1 (TM) b 2 y 5 0,25đ y 1 2 Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) = (- 2; 5) 2) Xét PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có: x2 = 2(m – 1)x – m2 + 3m x2 - 2(m – 1)x + m2 - 3m = 0 (*) 2 x 0 y 0 a) Với m = 3, PT (*) có dạng: x – 4x = 0 x 4 y 16 0,25đ Vậy m = 3 thì (d) cắt (P) tại điểm có tọa độ (0; 0) và (4; 16) b) + Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt là chiều dài và chiều rộng 0,25đ của hình chữ nhật thì PT (*) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn: x1.x2 10 ' 0 + PT (*) có 2 nghiệm dương phân biệt P 0 S 0 m 1 2 m2 3m 0 2 m 1 0 m2 3m 0 m 1 0 m 1 m 1 m 3(1) 0,25đ m 3 m(m 3) 0 2 m 5(TM) + x1.x2 10 m 3m 10 m 2(KTM) Vậy m= 5 thì (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt 0,25đ là chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật có diện tích bằng 10 Bài IV B Hình vẽ đúng ( 3,5đ) đến câu a: 0,25đ I E C H O M A N D a) + Xét (O): M· NC 900 (hệ quả góc nội tiếp) 0,25đ + Xét tứ giác BANC có: M· NC B· AC 900 => hai đỉnh liền kề A, N cùng nhìn BC dưới góc 900 0,25đ Từ đó suy ra tứ giác BANC nội tiếp 0,25đ
4. b) *+ tứ giác BANC nội tiếp nên D· NC A· BC (1) 0,25đ + Xét (O): D· NC D· EC (góc nội tiếp cùng chắn cung DC) 0,25đ => A· BC D· EC mà hai góc ở vị trí đồng vị => AB // DE * Vì AB // DE mà AB  AC nên DE  AC hay EH  AC 0,25đ Xét ∆EMC vuông tại M ( M· EC 900 - hệ quả góc nội tiếp): có đường cao EH: 0,25đ EH2 = MH . HC( hệ thức lượng trong tam giác vuông) c) + Xét tứ giác nội tiếp BANC: A· NB A· CB Xét (O): M· NE M· CE (góc nội tiếp chắn cung ME) => A· NB M· NE => NM là phân giác A· NE (1) 0,25đ + Xét (O): MC là đường kính, ED là dây cung, ED  MC tại H => H là trung điểm của DE (quan hệ đường kính, dây cung) Xét ∆AED: AH là đường cao, AH là trung tuyến => ∆AED cân tại M => AH là phân giác trong ∆AED hay AM là phân giác của N· AE (2) + Từ (1), (2) => M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ANE hay M cách 0,25đ đều ba cạnh của ∆ANE B K J E O' C H O M A I N D d) + Ta có I·BA M· BA vì ∆BAI=∆BAM M· BE K· BE vì ∆BEM=∆BEK Do đó: I·BK I·CK 2.A· BM 2.M· BC 2.A· CB 0,25đ 2(A· BC A· CB) 2.900 1800 => tứ giác IBKC nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) Hay đường tròn ngoại tiếp ∆IBK đi qua C. + Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆IBK và gọi J là trung điểm của BC Thì O’J  BC (quan hệ đường kính, dây cung) 0,25đ Ta có O’C ≥JC mà JC không đổi Do đó: O’C nhỏ nhất khi O’  J Khi đó: O’C = O’I = O’A = JA = JC => I  A hay M  A 2) Diện tích toàn phần của hình trụ là S = 2πrh + 2πr2. Trong đó: 5 145 0,5 đ R= r , h = 12 cm. Vậy S = π (cm2) 2 2 Bài V 25 Do a, b, c > nên 2 a 5 0; 2 b 5 0; 2 c 5 0; ( 0,5đ) 4 Áp dụng bđt Cô si cho 2 số dương ta có :
5. a 2 b 5 2 a (1) 2 b 5 b 0,25 đ 2 c 5 2 b (2) 2 c 5 c 2 a 5 2 c (3) 2 a 5 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta có Q 15 Dấu “=” xảy ra khi a = b = 25 (tmđk). Vậy min Q = 15 khi a = b = c = 25 0,25 đ Ghi chú: học sinh làm bài đúng theo cách khác cho điểm tương ứng BGH duyệt Người duyệt Người ra đề Lê Thị Ngọc Anh Lê Thị Ngọc Anh Nguyễn Thế Mạnh