   2 2  2 2       X X1 1

Question

1,5 x x x x1 1 1 1           0, 5

Accepted Answer

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi ý đúng 0,5 đ. Câu 1 2 3 4 Đ. Án C B A B II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 ĐIỂM): Bài Nội dung Điểm Câu 5: 1,0 điểm a) A= 5 6 7 1  14  5( 7 7 2 2) 6( 2 1) 2 1 7 7 2 7 2 2 1 7 2 6 2 6 7 7 2 6                     b) ĐKXĐ: 1 x  2 2 1 18 9 8 4 6 2 1 3 2 1 2 2 1 6 2 2 1 6 2 1 3 2 1 9 2 10 5(tm) x x x x x x x x x x x                           0,5 0,5 Câu 6: 2,0 điểm a) Để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất nghịch biến trên R thì m-1< 0  m<1 b) Hàm số đã cho là hàm bậc nhất khi m -1  0  m  1, với m =-1 (thỏa mãn), ta có hàm số: y = -2x +1 Cho x = 0 => y = 1 ta có điểm A(0; 1) thuộc đồ thị hàm số; Cho y = 0 => x = 1/2 ta có điểm B(1/2; 0) thuộc đồ thị hàm số; Vẽ đường thẳng đi qua A và B ta được đồ thị hàm số y = -2x + 1 như hình vẽ. c) Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = x -3 tại điểm có hoành độ bằng -2, nên tung độ giao điểm là y = -2-3 = -5, suy ra điểm (-2; -5) thuộc đồ thị hàm số đã cho, do đó ta có: -5 = (m -1)(-2) +1suy ra m = 4 0,5 0,25 0,25 0,25 0, 25 0,25 0,25 Câu 7: 1,5 điểm a) ĐKXĐ: 0 1 0 0 1 1 0 x x x x x                 Ta có                  2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 . 1 1 2 1 1 2 1 1 4 1 1 2 1 2 1 . 4 4 1 1 1 x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                 0,25 0, 5 0,5 0,25   x          Kết hợp với ĐKXĐ ta có 0< x< 1 thì P>0 0,25 Câu 8: 3,0 điểm Hình vẽ: a) Kẻ tiếp tuyến chung trong tại A, cắt DE ở I. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: ID=IA=IE, suy ra tam giác DAE có trung tuyến IA bằng nửa cạnh tương ứng DE nên là tam giác vuông tại A, do đó DAE =90 0 . b) Vì D thuộc đường tròn đường kính AB nên BDA =90 0 , tương tự có KEA =90 0 , lại do DAE =90 0 (theo a), suy ra tứ giác KDAE có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật. c) Theo phần b, tứ giác KDAE là hình chữ nhật, nên AK đi qua trung điểm DE (t/c hai đường chéo hình chữ nhật), suy ra AI trùng với AK, suy ra AK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho. d) Tam giác BOD cân ở O nên B  D 1 (1). Tam giác BKC vuông ở K, có KM là trung tuyến ứng với cạnh huyền, nên MK = MB=MC, suy ra tam giác BMK cân ở M, suy ra B  K 1 (2) Từ (1) và (2) ta có D 1  K 1 , mà D K 1 , 1 đồng vị, do đó DO//KM (3) Tam giác ODI và OAI bằng nhau (c.c.c) nên 0 0 , 90 90 ODI  OAI do OAI  suy ra ODI  hay OD  DE (4) Từ (3) và (4) ta có MK  DE 1,0 0,25 0,25 0,25 0, 5 0,25 0,25 0,25 Câu 9: 0,5 điểm Không mất tính tổng quát, giả sử a  b. Xét hiệu 8 8 7 7 8 8 7 7 8 8 8 8 7 7 8 8 7 7 7 7 7 7 2( ) 2( ) 2( ) (a b)( ) 2 2 ( ) ( ) ( b )( ) (1) a b a b a b a b a b a b a b ab a b a b ab a a b b a b a a b                          Do a  b, nên a b   0, a 7  b 7  0, suy ra a b a (  )( 7  b ) 7  0 (2) Từ (1) và (2) ta có 2( a 8  b 8 )  2( a 7  b 7 )  a 8  b 8  a 7  b 7 0,25 0,25

   2 2  2 2       X X1 1

Bạn đang xem 1, - Đề khảo sát Toán 9 lần 3 năm 2020 - 2021 trường THCS Tam Hồng - Vĩnh Phúc -