Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Long Biên năm

Đề khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Long Biên năm 2020

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Long Biên năm học 2019 - 2020 do thư viện đề thi Tìm Đáp Án sưu tầm. 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 KSCL lớp 9 môn Toán trường THCS Trên Mây năm học 2019 - 2020
Đề thi KSCL lớp 9 môn Toán trường THCS Nam Từ Liêm năm học 2019 - 2020
Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Hà Đông năm học 2019 - 2020
Đề thi KSCL lớp 9 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Ninh năm học 2019 - 2020

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

Đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Long Biên năm 2020

Bài 1: (2 điểm)

Thay x = 4 vào A, ta có:

$A = \dfrac{\sqrt{x}+5}{\sqrt{x}-3} = \dfrac{\sqrt{4}+5}{\sqrt{4}-3} = -7$

ĐKXĐ: $x\geq 0$ ; x ≠ 9

Ta có:

$P = \dfrac{B}{A} =\left( \dfrac{4}{\sqrt{x}+3} + \dfrac{2x-\sqrt{x}-13}{x-9}- \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\right):\dfrac{\sqrt{x}+5}{\sqrt{x}-3}$

$=\left[\dfrac{4(\sqrt{x}-3)+2x-\sqrt{x}-13-\sqrt{x}(\sqrt{x}+3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}\right].\dfrac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+5}$

$=\dfrac{x-25}{(\sqrt{x}+5)(\sqrt{x}+3)} =\dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+3} (đpcm)$

ĐKXĐ: $x\geq 0$ ; x ≠ 9

Ta có:

$P = \dfrac{\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+3} = 1-\dfrac{8}{\sqrt{x}+3}$

Để P nguyên $\Leftrightarrow 8⋮(\sqrt x +3) \Rightarrow (\sqrt x + 3) \in \{±1;±2;±4;±8\}$

Mà để x nhỏ nhất, thoả mãn $ĐKXĐ \Leftrightarrow x = 1.$

Kết luận......

Bài 2: (2,5 điểm)

Gọi số xe ban đầu tổ chức chuẩn bị là A (xe, A ∈ ℕ*)

Số gạo mỗi xe phải chở theo dự kiến ban đầu: $\dfrac{720}{A}$

Số gạo mỗi xe phải chở sau khi bổ sung: $\dfrac{720}{A+2}$

Theo giả thiết ta có:

$\dfrac{720}{A} - \dfrac{720}{A+2} =18$

$\Leftrightarrow 18 A^2 +36 A - 1440 = 0$

Kết hợp với điều kiện A dương $\Rightarrow A = 8\ (xe).$

Ta thấy diện tích Inox để làm ra chiếc thùng rác này chính là diện tích toàn phần của hình trụ:

$S_{tp} = 2 π \times r \times (r + h)$

$= 2 π \times 40\times (40 +60) = 8000 \pi(cm²)$

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

Bài 3: (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

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

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

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x=4 \hfill \cr y = -2 \hfill \cr} \right.$

2. Cho parabol $(P): y= \dfrac{1}{2}x^2$ và đường thẳng (d): y = (m + 1)x - m (m là tham số, x là ẩn )

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P), ta có:

$\dfrac{1}{2}x^2 = (m + 1)x - m (*)$

$\Leftrightarrow x^2 - 2(m + 1)x +2 m =0 (**)$

$\Delta' = (m+1)^2 - 2m = m^2 + 1 > 0$ với mọi m

Suy ra phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m (đpcm).

Để $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} = \sqrt{2}$ tồn tại $\Leftrightarrow$ phương trình (**) có hai nghiệm $x_1;x_2 \geq 0$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1+x_2 \geq 0 \hfill \cr x_1x_2 \geq 0 \hfill \cr} \right.$

Áp dụng hệ thức Vi-et cho (**), ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1+x_2=2(m+1) \hfill \cr x_1x_2=2m \hfill \cr} \right. \Rightarrow m \geq 0$

Ta có:

$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2})^2 = 2$

$\Leftrightarrow ({x_1}+{x_2})+ 2\sqrt{x_1x_2}= 2$

$\Leftrightarrow 2(m+1)+ 2\sqrt{2m}= 2$

$\Leftrightarrow 2m+ 2\sqrt{2m}= 0$

$\Leftrightarrow m= 0 (do m \geq 0)$

Kết luận để $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} = \sqrt{2} \Leftrightarrow m= 0$

Bài 4: (3 điểm)

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

Vì CH ⊥ AM và CD ⊥ AB (theo gt) ⇒ ∠CHA = ∠COA = 90⁰ ⇒ H, O cùng thuộc đường tròn đường kính CA hay bốn điểm A, C, H, O cùng thuộc một đường tròn (đpcm).

Vì tứ giác ACMB nội tiếp (O) ⇒ ∠CAB = 180⁰ - ∠CMB = ∠BMS.

Xét △SMB và △SAC, ta có:

Góc ∠BSM chung

∠CAB = ∠BMS (cmt)

Suy ra $△SMB ∽ △SAC ⇒ \dfrac{SM}{SB} = \dfrac{SA}{SC} ⇒ SM.SC = SA.SB (1).$

Xét △SMF và △SOC, ta có:

Góc ∠CSO chung

∠COS = ∠FMS = 90⁰ (Góc M chắn đường kính CD nội tiếp (O))

Suy ra $△SMF ∽ △SOC ⇒ \dfrac{SM}{SF} = \dfrac{SO}{SC} ⇒ SM.SC = SO.SF (2).$

Từ (1) và (2) ⇒ SM.SC = SA.SB = SO.SF (đpcm).

Vì tứ giác ACHO nội tiếp (cm phần a) ⇒ ∠COH = ∠CAH (cùng chắn cung CH) = ∠CDM (nội tiếp (O) chắn cung CM) Hay ∠COH = ∠CDM ⇒ OH // DM (đồng vị) (đpcm).

Mà lại có DM ⊥ CM ⇒ OH ⊥ CM.

Xét △OCM có OC = OM = R ⇒ △OCM cân tại O, có OH ⊥ CM suy ra OH đồng thời là tia phân giác góc COM (đpcm).

Ta thấy:

$S_{ANFD} = S_{ANF} + S_{ADF} = \dfrac{1}{2}NO.AF + \dfrac{1}{2}DO .AF = \dfrac{DN.AF}{2}$

Xét △NCM và △NAD, ta có:

∠AND = ∠CNM (góc đối đỉnh)

∠DAM = ∠DCM (Góc nội tiếp chắn cung DM của (O))

Suy ra $△NCM ∽ △NAD ⇒ \dfrac{ND}{NM} = \dfrac{AD}{CM} ⇒ {ND} = \dfrac{AD.NM}{CM} (*)$

Tương tự $△AFD ∽ △MFB ⇒ \dfrac{AF}{AD} = \dfrac{MF}{MB} ⇒ {AF} = \dfrac{AD.MF}{MB} (**)$

Xét △MCN và △MFB có:

$\angle CMN = \dfrac{1}{2} \stackrel\frown{AC} = \dfrac{1}{2} \stackrel\frown{DB} = \angle FMB$

$\angle NCM = \dfrac{1}{2} \stackrel\frown{DM} = \dfrac{1}{2}(\stackrel\frown{DB}+\stackrel\frown{BM}) = \dfrac{1}{2}(\stackrel\frown{AD}+\stackrel\frown{BM})= \angle MFB$

Suy ra $△MCN ∽ △MFB ⇒ \dfrac{MC}{MN} = \dfrac{MF}{MB} ⇒ \dfrac{MN.MF}{MC.MB} = 1 (***)$

Nhân vế theo vế của (*) (**) và (***), ta có:

${AF.ND}.\dfrac{MN.MF}{MC.MB} = \dfrac{{AD}^2.NM.MF}{CM.MB}.1$

$\Leftrightarrow {AF.ND} = {AD}^2$

Hay $S_{ANFD} = \dfrac{DN.AF}{2} = \dfrac{{AD}^2}{2} = const$

Do giá trị $AD = \sqrt 2$ R không phụ thuộc vào M nên diện tích tứ giác ANFD không thay đổi theo M (đpcm)

Bài 5 (0,5 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z= 2020.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P = \dfrac{xy}{\sqrt{2020z+xy}} + \dfrac{yz}{\sqrt{2020x+yz}}+ \dfrac{zx}{\sqrt{2020y+zx}}$

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

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

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

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

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

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

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

$\dfrac{xy}{\sqrt{(y+z)(x+z)}} + \dfrac{yz}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+ \dfrac{zx}{\sqrt{(y+z)(y+x)}} \leq$

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

$\Leftrightarrow P \leq \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{xy+yz}{x+z} + \dfrac{xy+zx}{y+z} + \dfrac{yz+x z}{x+y} \right) = \dfrac{1}{2} (y+x+z)=1010$

Vậy $max_P = 1010 \Leftrightarrow x=y=z= \dfrac{2020}{3}.$

-/-

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

Đề kiểm tra chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Đan Phượng năm học 2019 - 2020
Đề thi KSCL lớp 9 môn Toán Trường THCS Ngọc Lâm, Long Biên năm học 2019 - 2020

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

Ngoài Đề thi khảo sát chất lượng lớp 9 môn Toán Phòng GD&ĐT Long Biên 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

Nếu bạn không thấy đề thi được hiển thị. Vui lòng tải về để xem. Nếu thấy hay thì các bạn đừng quên chia sẻ cho bạn bè nhé!

Tải về