Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Đề thi khảo sát lớp 9 môn Toán có đáp án

Bài trước

Bài sau

Đề khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm 2020

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020 được VnDoc sưu tầm và đăng tải. Đây là đề kiểm tra KSCL môn Toán lớp 9 dành cho các bạn học sinh ôn tập, củng cố kiến thức, rèn luyện kĩ năng làm bài Toán. Mời các bạn cùng tham khảo

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Văn Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Để tiện trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm về giảng dạy và học tập các môn học lớp 9, VnDoc mời các thầy cô giáo, các bậc phụ huynh và các bạn học sinh truy cập nhóm riêng dành cho lớp 9 sau: Nhóm Tài liệu học tập lớp 9. Rất mong nhận được sự ủng hộ của các thầy cô và các bạn.

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Bài I (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức: $P = \dfrac{x}{\sqrt x -1} và Q=\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{x\sqrt x +1}{x -1}$ $P = \dfrac{x}{\sqrt x -1} và Q=\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{x\sqrt x +1}{x -1}$

Với $x\geq 0; x ≠1$ $x\geq 0; x ≠1$

1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4.

2) Rút gọn biểu thức $A =Q:P$ với $x\geq 0; x ≠1.$ $x\geq 0; x ≠1.$

3) Tìm các giá trị x để A<-1.

Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Quãng đường AB dài 60 km. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc và thời gian dự định. Sau khi đi được nửa quãng đường người đó giảm vận tốc 5 km/h trên nửa quãng đường còn lại. Vì vậy, người đó đã đến B chậm hơn dự định 1 giờ. Tính vận tốc và thời gian dự định của người đó.

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

$\left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x+2} + \dfrac{2}{y+3} = \dfrac{2}{3} \hfill \cr \dfrac{-3}{x+2} + \dfrac{5}{y+3} = \dfrac{3}{4} \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x+2} + \dfrac{2}{y+3} = \dfrac{2}{3} \hfill \cr \dfrac{-3}{x+2} + \dfrac{5}{y+3} = \dfrac{3}{4} \hfill \cr} \right.$

2) Cho phương trình: $x^2 - (2m+1)x + m^2 - m = 0 (1)$

a) Giải phương trình (1) với m = 3.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x1, x2$ thỏa mãn điều kiện $|x_1-x_2|=2.$

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O có dây AB cố định. Gọi K là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Kẻ đường kính IK cắt AB tại N. Lấy điểm M bất kỳ trên cung lớn AB, MK cắt AB tại D, hai đường thẳng IM và AB cắt nhau tại C.

1) Chứng minh: tứ giác MNKC là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh: IM.IC = IN.IK

3) Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng ID và CK. Chứng minh điểm E thuộc đường tròn tâm O và NC là tia phân giác của góc MNE.

4) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB sao cho tích DM.DK đạt giá trị lớn nhất.

Bài V (0,5 điểm)

Cho các số thực x, y, z dương thỏa mãn x+y+z= 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$M = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} + \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}} + \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$ $M = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} + \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}} + \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$

Hết

Đáp án đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2020

Bài I (2,0 điểm)

Thay x = 4 vào ta có:

$P = \dfrac{x}{\sqrt x -1} = \dfrac{4}{\sqrt 4 -1} = 4$ $P = \dfrac{x}{\sqrt x -1} = \dfrac{4}{\sqrt 4 -1} = 4$

Với $x\geq 0; x ≠1$ $x\geq 0; x ≠1$, ta có:

$A=Q:P =\left(\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{x\sqrt x +1}{x -1}\right) : \dfrac{x}{\sqrt x -1}$ $A=Q:P =\left(\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{x\sqrt x +1}{x -1}\right) : \dfrac{x}{\sqrt x -1}$

$=\left(\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{(\sqrt x +1)(x-\sqrt x+1)}{(\sqrt x -1)(\sqrt x+1)}\right) .\dfrac{\sqrt x -1}{x}$ $=\left(\dfrac{x-1}{\sqrt x -1} - \dfrac{(\sqrt x +1)(x-\sqrt x+1)}{(\sqrt x -1)(\sqrt x+1)}\right) .\dfrac{\sqrt x -1}{x}$

$=\dfrac{x-1- (x-\sqrt x+1)}{\sqrt x -1}.\dfrac{\sqrt x -1}{x}$ $=\dfrac{x-1- (x-\sqrt x+1)}{\sqrt x -1}.\dfrac{\sqrt x -1}{x}$

$=\dfrac{\sqrt x -2}{x}$ $=\dfrac{\sqrt x -2}{x}$

Để A xác định $\Rightarrow x > 0 \Rightarrow x > 0; x ≠1.$ $\Rightarrow x > 0 \Rightarrow x > 0; x ≠1.$

Với $x> 0; x ≠1$ để $A<-1$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x -2}{x} < -1$ $\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x -2}{x} < -1$

$\Leftrightarrow {x+\sqrt x -2} <0$ $\Leftrightarrow {x+\sqrt x -2} <0$

$\Leftrightarrow (\sqrt x +2)(\sqrt x -1) <0$ $\Leftrightarrow (\sqrt x +2)(\sqrt x -1) <0$

$\Leftrightarrow \sqrt x <1$ $\Leftrightarrow \sqrt x <1$

Kết hợp với đkxđ thì để A<-1 đkxđ 0<x<1.

Bài II (2,0 điểm)

Gọi vận tốc dự định của người đó là $X (km/h - X>0)$

Thời gian dự định là: $\dfrac{60}{X} (h)$ $\dfrac{60}{X} (h)$

Theo giả thiết ta có:

$\dfrac{30}{X} + \dfrac{30}{X-5} =\dfrac{60}{X}+1$ $\dfrac{30}{X} + \dfrac{30}{X-5} =\dfrac{60}{X}+1$

$\Leftrightarrow X^2 - 5X - 150 = 0$ $\Leftrightarrow X^2 - 5X - 150 = 0$

$\Leftrightarrow (X-15)(X+10) = 0$ $\Leftrightarrow (X-15)(X+10) = 0$

$\Leftrightarrow X = 15 (km/h - do X>0)$ $\Leftrightarrow X = 15 (km/h - do X>0)$

Kết luận:

Vậy vận tốc dự định của người đó là 15 km/h

Thời gian dự định là $\dfrac{60}{X} = 4$ $\dfrac{60}{X} = 4$ giờ.

Bài III (2,0 điểm)

$ĐKXĐ: x ≠ -2; y ≠-3$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x+2} = \dfrac{1}{6} \hfill \cr \dfrac{1}{y+3} = \dfrac{1}{4} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x+2} = \dfrac{1}{6} \hfill \cr \dfrac{1}{y+3} = \dfrac{1}{4} \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 4 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 4 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right.$ (thoả mãn đkxđ)

Kết luận ....

2) Cho phương trình: $x^2 - (2m+1)x + m^2 - m = 0 (1)$

Với m = 3, thay vào (1) ta có:

$x^2 - (2.3+1)x + 3^2 - 3 = 0$

$\Leftrightarrow x^2 - 7x + 6 = 0$ $\Leftrightarrow x^2 - 7x + 6 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x=1 \hfill \cr x=6 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x=1 \hfill \cr x=6 \hfill \cr} \right.$

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

$\Delta = (2m+1)^2 - 4(m^2-m) = 8m +1 >0$ $\Delta = (2m+1)^2 - 4(m^2-m) = 8m +1 >0$

$\Leftrightarrow m > \dfrac{-1}{8}$ $\Leftrightarrow m > \dfrac{-1}{8}$

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (1), ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2m+1 \hfill \cr x_1x_2 = m^2 - m \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2m+1 \hfill \cr x_1x_2 = m^2 - m \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$|x_1-x_2|=2 \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=4$ $|x_1-x_2|=2 \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=4$

$\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2=4$ $\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2=4$

$\Leftrightarrow (2m+1)^2 - 4(m^2-m)=4$ $\Leftrightarrow (2m+1)^2 - 4(m^2-m)=4$

$\Leftrightarrow 8m = 3 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}8$ $\Leftrightarrow 8m = 3 \Leftrightarrow m = \dfrac{3}8$ (thoả mãn đk)

Kết luận...

Bài IV (3,5 điểm)

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Điểm M chắn cung IK là đường kính của (O) nên $∠KMI = 90°$ hay $∠KMC = 90°.$

K là điểm chính giữa cung AB nên OK ⊥ AB hay $∠KNC = 90°.$

Suy ra N và M cùng thuộc đường tròn đường kính KC, hay tứ giác MNKC nội tiếp (đpcm).

Vì tứ giác MNKC nội tiếp $⇒ ∠NKC = 180° - ∠CMN = ∠NMI.$

Xét △IMN và △IKC, có:

Góc MIN chung

$∠NKC = ∠NMI (cmt)$

Suy ra $△IMN ∽ △IKC ⇒ \dfrac{IM}{IN} = \dfrac{IK}{IC} ⇒ IM.IC = IN.IK (đpcm).$ $△IMN ∽ △IKC ⇒ \dfrac{IM}{IN} = \dfrac{IK}{IC} ⇒ IM.IC = IN.IK (đpcm).$

Xét △IKC có KM ⊥ IC, CN ⊥ IK và D là giao điểm của hai đường cao ⇒ D là trực tâm của △IKC ⇒ ID ⊥ KC hay ∠IEK = 90°

Suy ra E thuộc đường tròn đường kính IK hay E thuộc đường tròn (O) (đpcm).

Vì ∠DEK = ∠DNK = 90° ⇒ Tứ giác DEKN nội tiếp ⇒ ∠DNE = ∠DKE = 90° - ∠EDK = 90° - ∠MDI = ∠MID (1)

Tương tự Vì ∠DMI = ∠DNI = 90° ⇒ Tứ giác DNIM nội tiếp ⇒ ∠DNM = ∠MID (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠DNE = ∠DNM ⇒ NC là tia phân giác của góc MNE (đpcm).

Xét △DMA và △DBK, có:

∠MDA = ∠BDK (đối đỉnh)

∠AMD = ∠KBD (góc nội tiếp cùng chắn cung AK)

Suy ra $△DMA ∽ △DBK ⇒ \dfrac{DM}{DA} = \dfrac{DB}{DK} ⇒ DM.DK = DA.DB$ $△DMA ∽ △DBK ⇒ \dfrac{DM}{DA} = \dfrac{DB}{DK} ⇒ DM.DK = DA.DB$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$DA.DB \leq \dfrac{1}{4} (DA+DB)^2 = \dfrac{1}{4} {AB}^2$ $DA.DB \leq \dfrac{1}{4} (DA+DB)^2 = \dfrac{1}{4} {AB}^2$

$\Leftrightarrow DM.DK \leq \dfrac{1}{4} {AB}^2$ $\Leftrightarrow DM.DK \leq \dfrac{1}{4} {AB}^2$

Vậy để DM.DK đạt giá trị lớn nhất $\Leftrightarrow DM.DK =\dfrac{1}{4} {AB}^2 \Leftrightarrow DA = DB$ $\Leftrightarrow DM.DK =\dfrac{1}{4} {AB}^2 \Leftrightarrow DA = DB$ hay D là trung điểm của AB, hay M là điểm chính giữa cung lớn AB.

Bài V (0,5 điểm)

Ta có:

$\dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} = \dfrac{x}{\sqrt{x(x+y+z)+yz}} = \dfrac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}$ $\dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} = \dfrac{x}{\sqrt{x(x+y+z)+yz}} = \dfrac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}$

Áp dụng $BĐT AM-GM$ cho $\dfrac{x}{{x+y}}$ $\dfrac{x}{{x+y}}$ và $\dfrac{ x}{{x+z}}$ $\dfrac{ x}{{x+z}}$, ta có:

$\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{x}{{x+y}} + \dfrac{ x}{{x+z}} \right) \geq \dfrac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}} = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}}$ $\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{x}{{x+y}} + \dfrac{ x}{{x+z}} \right) \geq \dfrac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}} = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}}$

Tương tự ta có:

$\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{y}{{y+x}} + \dfrac{ y}{{y+z}} \right) \geq \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}}$ $\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{y}{{y+x}} + \dfrac{ y}{{y+z}} \right) \geq \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}}$

$\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{z}{{z+x}} + \dfrac{z}{{z+y}} \right) \geq \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$ $\dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{z}{{z+x}} + \dfrac{z}{{z+y}} \right) \geq \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$

Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:

$M = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} + \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}} + \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$ $M = \dfrac{x}{\sqrt{x+yz}} + \dfrac{y}{\sqrt{y+zx}} + \dfrac{z}{\sqrt{z+xy}}$

$\leq \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{x}{{x+y}} + \dfrac{ x}{{x+z}} \right) + \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{y}{{y+x}} + \dfrac{ y}{{y+z}} \right) + \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{z}{{z+x}} + \dfrac{ z}{{z+y}} \right)$ $\leq \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{x}{{x+y}} + \dfrac{ x}{{x+z}} \right) + \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{y}{{y+x}} + \dfrac{ y}{{y+z}} \right) + \dfrac{1}{{2}} \left(\dfrac{z}{{z+x}} + \dfrac{ z}{{z+y}} \right)$

$\Leftrightarrow M \leq \dfrac{3}{2}$ $\Leftrightarrow M \leq \dfrac{3}{2}$

Vậy ${Max}_M = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x=y=z = \dfrac{1}{3}.$ ${Max}_M = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x=y=z = \dfrac{1}{3}.$

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020. Đề thi gồm 5 câu hỏi với 120 phút làm bài được VnDoc chia sẻ giúp các bạn học sinh ôn tập, biết cách phân bổ thời gian làm bài. Mời các bạn cùng tham khảo

.......................................................................

Ngoài Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Thạch Thất năm học 2019 - 2020. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học học kì 1 lớp 9, đề thi học học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Hóa, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề thi học kì 1, 2 lớp 9 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Chia sẻ, đánh giá bài viết

1.616

Bài trước

Bài sau