PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỨC THỌ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 90 phút

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a.
4
A 12
3 1
 


b.
1 1 a
B :
a 4
a 2 a 2
 
 
 

 
 
(với a > 0 và
4
a

c. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN
Câu 5: Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

   

=============================== Mã đề 01

HƯỚNG DẨN CHẤM
Mã đề 01

Câu Nội dung
Điểm
a)
2
4( 3 1)
2 .3
( 3 1)( 3 1)
A

 
 


 

 
 2 2
:
4 4
a a a
a a
 
  

 
 
 
 2 4
. 2
4
a a
a
a
 

 
 

Giải hệ (*) ta được a = -2; b = 5
Vậy a = -2; b = 5
0,5 đ
0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ

Cho phương trình:
2
2( 1) 2 0
x m x m
   
(1) (với m là tham số)
a) Thay m = 1 vào (1) ta được phương trình x
2
– 4x + 2 = 0
Tính
2
' ( 2) 2 2 0; 2
       
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
x 2 2

1 2
2 2
2
  




x x m
x x m

Để phương trình (1) có hai nghiệm dương
S 2m 2 0
m 0
P 2m 0
  

 

 


Theo giả thiết có x
1
2
+ x
2
2
= 12


2
+ m – 2 = 0 (*)
Giải phương trình (*) được m
1
= 1 (thoả mãn), m
2
= -2 (loại)
Vậy giá trị cần tìm là: m = 1
0,25 đ
0,25 đVẽ hình 0,25 đ

a) Xét tứ giác AHOK có:

0
AHO 90


trung trực HK (2)
Từ (1) và (2) => OA là trung trực của HK => KP

AO và
KH
KP HP
2
  (*)
Áp dụng hệ thức lượng cho

AKO vuông tại K, đường cao KP ta có:
KP.AO = AK.OK

KH
.AO AK.OH
2
 (vì OH = OK và
KH
KP HP
2
  )

HK.AO = 2AK.OH (đpcm)

0,5 đ


MI
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có
AM AN
AM.AN
2

 . Do đó: S
AMN
AM.AN

MI.AN


S
AMN
AMN
2S

2
AMN AMN AMN
S 2S S 2
  

Dấu “=” xảy ra

A I



MN

HN

M

B

I

P

Câu 5:
(1đ)

Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

    (*)
ĐKXĐ
1 1
0; 1 0 1
     
x x
x x

x 0

không là nghiệm của PT, chia cả hai
vế của PT cho x
2

0. PT tương đương với
2
2
1 1
2 1 0
   
    
   
   
x x
x x


2
1
1 0
x
x
 
  
 
 

2

1 5
1;
2
S
 

 

 
 
 

0,25đ

0,25đ

0,25đ







 


        
 

 


  

 

   



PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỨC THỌ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 90 phút


   
(1) (với m là tham số)
a. Giải phương trình (1) khi
m
= 2.
b. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là
1
x
;
2
x
. Tìm giá trị của
m
phương
trình có hai nghiệm dương thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
x
2
= 14
Câu 4: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R=1. Tam giác MPN thay đổi và
luôn ngoại tiếp (O), các cạnh MN và MP tiếp xúc với (O) lần lượt tại A, B. Một
đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn thẳng MN, MP lần lượt tại C, D.
a. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh MO.AB = 2MB.OA

 8( 5 1)
2 5
(5 1)

 
2( 5 1) 2 5 2
   

0,5 đ 0,25đ0,25đ

Câu 1:
(2 đ)
b) b)
1 1
:
1
1 1
a

a
 

 
 
 

 

0,5 đ
0,5 đ
Câu 2:
(1,5 đ)Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua
điểm A(2; 2) và điểm B(3; 1)
Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(2; 2) nên ta có: 2a + b = 2 (1)
đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm B(3; 1) nên ta có: 3a + b = 1 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
2a b 2
3a b 1
 


Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
x 3 5
 
;
2
x 3 5
 0,5 đ
0,25đ0,25đ

Câu 3
:
(2,25 đ)b) Ta có
2 2
' (m 1) 2m m 1
     

2
' m 1 0 m
    
. Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

+ x
1
x
2
= 14

(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
+ x
1
x
2= 14
0,25đ

0,25đ


Vẽ hình

0,25đ
a) Xét tứ giác MAOB có:

0
MAO 90

(Tính chất tiếp tuyến)

0
MBO 90

(Tính chất tiếp tuyến)
Ta có:

  (*)
Áp dụng hệ thức lượng cho

MBO vuông tại B, đường cao BP ta có:
BP.MO = MB.BO

AB
.MO MB.AO
2
 (vì OA = OB và
AB
BP AP
2
  )

MO.AB = 2MB.OA (đpcm)

0,5 đ 0,5 đ

MCD
MC.MD

CI.MD


S
MCD
MCD
2S

2
MCD MCD MCD
S 2S S 2
  

Dấu “=” xảy ra

M I



CD

MO,

0
NMP 90




I

P

Câu 5
:
(1đ)

Giải phương trình:
1 1 1
1
x
x
x x x

    (*)
ĐKXĐ
1 1
0; 1 0 1
     
x x
x x
hoặc
1 x 0
  
. Với điều kiện trên, ta có:
Ta có (1)
1 1
1 2

2
2
1 1
2 1 0
   
    
   
   
x x
x x


2
1
1 0
x
x
 
  
 
 

2
1 5
2
1 0
1 5
2
x
x x


 
 
 

0,25đ

0,25đ

0,25đ
        
 

 


  

 

   


