Đề khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán năm 2022 2023 sở GD ĐT Thanh Hóa

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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)

Câu Ý NỘI DUNG Điểm

I

(2,0đ)

1

(1,0đ)

Cho biểu thức 2 3 1 1 1 1 1 x x x P x x x x x − + − = + − + − + +

, với 0 x ≥ .

Rút gọn biểu thức P. Với điều kiện 0 x ≥ , ta có

( )( )

2 3 1 1 1 1 1 1

x x x P x x x x x x

− + − = + − − + + + − +

0,25

( )( ) ( ) ( )( )

2 3 1 1 1

1 1

x x x x x x

x x x

− + + + − − − + = + − +

0,25

( )( )

2 3 1 1

1 1

x x x x x

x x x

− + + −− + − = + − +

0,25

( )( )

1 1

1 1 1

x x

x x x x

− + = = + + − +

.

Vậy 1 1 P x = +

.

0,25

2

(1,0đ)

Tìm x để 1 2 P =

Với 0 x ≥ , ta có: 1 2 P = 1 1 2 1 x ⇔ = +

1 2 x ⇔ + = 0,50

1 x ⇔ = 1 x ⇔ = (thỏa mãn).

Vậy 1 x = là giá trị cần tìm.

0,50

II

(2,0đ)

1

(1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( ) : 1 2 d y a x b = − + − ( ,a b là

tham số). Biết đường thẳng d song song với đường thẳng ': 3 8 d y x = + và đi

qua điểm ( ) 2;3 A . Tính 2 2 2 . T a b = +

2

Đường thẳng d song song với đường thẳng ': 3 8 d y x = + , nên ta có

1 3 a −= (1)

Đường thẳng d đi qua điểm ( ) 2;3 A , nên ta có

( ) 3 1 2 2 2 7 a b a b = − + − ⇔ + = (2)

0,50

Từ (1) và (2) ta có hệ 1 3 4 2 7 1 a a a b b

−= =   ⇔   + = = −  

Khi dó ta có 2 2 2 16 2 18 T a b = + = + = .

0,50

2

(1,0đ)

Giải hệ phương trình 2 4. 5 3 x y x y − =   + = 

Ta có 2 4 7 7 5 3 2 4 x y x x y x y − = =   ⇔   + = − =  

0,50

1 1 2 4 2 x x y y = =   ⇔ ⇔   − = = −  

. Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (1; 2). x y = − 0,50

III

(2,0đ)

1

(1,0đ)

Giải phương trình 2 6 5 0. x x + + =

Ta có : 1; 6; 5 a b c = = =

Ta thấy 1 6 5 0 a b c − + = − + =

0,50

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 1; 5 x x = − = −. 0,50

2

(1,0đ)

Cho phương trình

2 2( 1) 2 5 0 − − + − = x m x m .Tìm các giá trị của m để phương

trình có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn điều kiện:

( )( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 0 x mx m x mx m − + − − + − < .

Xét phương trình 2 2( 1) 2 5 0 − − + − = x m x m (1)

Ta có ( ) ( ) 2 2 2 Δ' 2 1 2 5 4 6 2 2 0, m m m m m m m = − + − + = − + = − + > ∀ nên

phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x với mọi m .

Áp dụng định lí Viét cho phương trình (1) ta có

1 2

1 2

2( 1) (2)

2 5 (3)

x x m

x x m

+ = −   = − 

0,25

Vì 1x là nghiệm phương trình (1) nên: 2 1 1 2( 1) 2 5 0 x m x m − − + − =

2 1 1 1 2 2 1 2 4 x mx m x ⇔ − + −= − +

Tương tự ta có 2 2 2 2 2 2 1 2 4 x mx m x − + −= − +

0,25

Khi đó ( )( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 0 − + − − + − < x mx m x mx m 0,25

3

[ ] 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

( 2 4)( 2 4) 0 4 2( ) 4 0

2( ) 4 0 (4)

x x x x x x

x x x x

⇔− + − + < ⇔ − + + <

⇔ − + + <

Thế (2) và (3) vào (4) ta được

3 2 5 2.2( 1) 4 0 2 3 0 2 m m m m −− − + < ⇔− + < ⇔ >

Vậy 3 2 m > .

0,25

IV

(3,0đ)

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 .

1

(1,0đ)

Chứng minh MBOC là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác MBOC ,ta có:

 0 90 MBO = (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O tại B )  0 90 MCO = (vì MC là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O tại C )

0,50

Suy ra   0 0 0 90 90 180 MBO MCO + = + = Vậy tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.

0,50

2 Chứng minh . . FI FM FD FE =