Đề khảo sát Lần I môn Toán Lớp 9 (Ngày khảo sát 13-04-2018) - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Cầu Giấy(Có đáp án)

1/1
1 
UBND QUẬN CẦU GIẤY 
TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY 
 ĐỀ KHẢO SÁT LẦN I NĂM HỌC 2017 - 2018 
Môn: Toán 
Ngày khảo sát: 13 tháng 04 năm 2018 
Câu I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức: 2 3
2 2
x
A
x



 và 1 2 2 6
2 1 2
x x x x
B
x x x x
   
  
   
 với 
0 1x  
a) Tính giá trị của A với 6 2 5x   
b) Rút gọn B 
c) Đặt P = B:A. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên 
Câu II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình 
Một người đi từ A đến B với vận tốc và thời gian dự định trước. Nếu người đó đi 
nhanh hơn mỗi giờ 10km thì tới B sớm hơn dự định 36 phút; nếu người đó đi chậm 
hơn mỗi giờ 10km thì tới B muộn hơn dự định 54 phút. Hỏi quãng đường AB dài 
bao nhiêu km? 
Câu III (2,0 điểm) 
1.Giải hệ phương trình:
2 1 22
151
3 5
3
1
x y
x yx
x y
x yx
 
  

   
 
2.Cho parabal 2( ) :P y x và đường thẳng ( ) 2( 2) 4 13d y m x m    
a) Với m = 4, trên cùng một hệ tọa độ Oxy , vẽ (P) và (d). Xác định tọa độ giao 
điểm , .A B 
b)Tìm m để ( )d cắt ( )P tại hai điểm có hoành độ 1 2,x x sao cho biểu thức 
2 2
1 2 1 24 . 2018S x x x x    đạt giá trị nhỏ nhất 
Câu IV (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm ( )O và dây BC khác đường kính. Lấy A 
thuộc cung BC lớn sao cho AB AC 
(A khác C). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường 
thẳng EF cắt đường thẳng BC tại M. 
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. 
b) Chứng minh EB là phân giác góc DEF 
2/1
1 
c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh IE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp 
tam giác MED. 
d) Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt ở 
P và N. Chứng minh rằng khi A di động trên cung BC lớn ( nhưng vẫn thảo mãn 
giả thiết ban đầu ) thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm 
cố định. 
Câu V (0,5 điểm) Cho , , 1x y z  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3 2 1 4 3 2 1 4 3 2 1 4
x y z
T
x y y z z x
  
        
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I (2,0 điểm) 
a. Tính giá trị của A với 6 2 5x   
   
 
2 2
2
2
6 2 5 5 2 5 1 5 2. 5.1 1 5 1
5 1 5 1 5 1
x
x
         
     
Thay 5 1x   vào 
2 3
2 2
x
A
x



 
 
 2 5 1 3 2 5 5 . 52 5 5 2.5 5. 5 2 5
2.5 22 5 2 5. 52 5 1 2
A
    
    
 
Vậy 6 2 5x   thì 
2 5
2
A

 
b. Rút gọn B 
3/1
1 
 
  
       
  
  
  
  
  
 
1 2 2 6
0 1
2 1 2
1 2 2 6
2 1 1 2
1 . 1 2 . 2 2 6
1 2
1 4 2 6
1 2
2 3
1 2
1 2 3
1 2
2 3
0 1
2
x x x x
B x
x x x x
x x x x
B
x x x x
x x x x x x
B
x x
x x x x
B
x x
x x
B
x x
x x
B
x x
x
B x
x
   
    
   
   
  
   
       

 
     

 
 

 
 

 

  

c. Đặt P = B:A. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên 
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 6
: : . 2
2 2 2 2 2 3 2 2
x x x x x
P B A
x x x x x x
     
     
     
P nguyên 
6
2x



 nguyên  6 2 2x x     Ư(-6) 
Mà Ư(-6)= 1; 2; 3; 6    
Mặt khác: 2 0x   
 
 
 
2 2;3;6
0;1;4
0;1;16
x
x
x
  
 
 
Kết hợp ĐKXĐ: 0 1x  
Kết luận: Vậy  0;16x  thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Câu II (2,0 điểm) 
Đổi 36 phút 0,6h ; 54 phút 0,9h 
Gọi vận tốc dự định là: ( / )(v 0)v km h  
Gọi thời gian dự định là: ( )(t 0)t h  
4/1
1 
Nếu người đó đi thêm đc 10km mỗi giờ thì vận tốc là: ( 10)( / )v km h 
Khi đó người đó đến B sớm hơn dự định 36 phút nên thời gian người đó đi là: 
( 0,6)(h)t  
Vì quãng đường AB không đổi nên ta có phương trình là: ( 10)( 0,6) .v t v t   (1) 
Nếu người đó đi chậm hơn 10km mỗi giờ thì vận tốc là: ( 10)( / )v km h 
Khi đó người đó đến B muộn hơn dự định 54 phút nên thời gian người đó đi là: 
( 0,9)( )t h 
Vì quãng đường AB không đổi nên ta có phương trình là: 
( 10)( 0,9) .v t v t   (2) 
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
( 10)( 0,6) .
( 10)( 0,9) .
v t v t
v t v t
  

  
10 0,6 6 .
10 0,9 9 .
10 0,6 6
10 0,9 9
3,6
50
vt t v v t
vt t v v t
t v
t v
t
v
   
 
   
 
 
  

 

Vậy quãng đường AB là: 50.3,6 180( )km 
Câu III (2,0 điểm) 
1. Điều kiện: 0;x x y   
5/1
1 
2 1 22 2 1 22
1
15 151 1
3 5 3 5
3 1 3
1 1
2 1 7 10 5 7
15 31 1
3 5 3 5
2 2
1 1
13 13
1 3
4( / )31
5
3 5 1(1
2
1
x y
x y x yx x
x y
x y x yx x
x y x yx x
x y x yx x
x
x t mx
y t
x y
x yx
  
        
 
      
    
 
       
  
    
    

     
   
    
/ )m



Vậy nghiệm của hệ phương trình là    ; 4;1x y  
2) 
a) Với m=4 phương trình đường thẳng (d) là: y=4x-3. 
*Vẽ đồ thị: 
- Vẽ (P): y=x2. Ta có bảng giá trị 
x 0 1 
y -3 1 
Parabol (P) đi qua hai điểm (0;-3) và (1;1) 
- Vẽ (d): y=4x-3. Ta có bảng giá trị 
x -2 -1 0 1 2 
y 4 1 0 1 4 
Đường thẳng (d) đi qua các điểm (-2;4), (-1;1), (0;0), (2;4), (1;1) 
6/1
1 
-12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
12
x
y
y=4x-3
y=x2
* Tìm giao điểm của hai đồ thị: 
- Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2 24 3 4 3 0x x x x      (1) 
Vì a+b+c=1-4+3=0 nên phương trình (1) có hai nghiệm 1x  và 3
c
x
a
  
 Nếu 1 1x y   
 Nếu 3 9x y   
Vậy (P) giao (d) tại A(1;1) và B(3;9) 
2b) Xét phương trình hoành độ giao điểm: 
2
2
2( 2) 4 13
2( 2) 4 13 0
x m x m
x m x m
   
     
 
 
2 2
22
' 2 (4 13) 4 4 4 13
' 8 17 4 1 1 0
m m m m m
m m m
         
        
Vậy ( )d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt ,A B 
7/1
1 
Áp dụng hệ thức viet: 1 2
1 2
2( 2)
4 13
x x m
x x m
  

 
   
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
4 . 2018 ( ) 2 2018
2 4 2 4 13 2018
4 16 16 8 26 2018
4 8 2008
(2 2) 2004 2004
S x x x x x x x x
S m m
S m m m
S m m
S m
       
    
     
  
   
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2004 khi m = 1 
Câu IV (3,5 điểm) 
a) Ta có: AD, BF, CF là các đường cao của ABC 
90 ; 90o oBFD CEB   
Xét tứ giác BFEC có: 
90oBFC BEC  
Mà 2 góc này cùng nhìn BC 
tứ giác BFEC nội tiếp (dhnb) 
b) Ta có: Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp (cmt) 
FEB FCB  (t/c) (1) 
Xét tứ giác CEHD có 90 ; 90o oHEC HDC  
90 90 180o o oHEC HDC     
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau 
 tứ giác CDHE nội tiếp (dhnb) 
DCH DEH  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra DEH FEB 
EB là phân giác của DEF 
 c) Ta có: I là trung điểm của BC (gt) IB IC IE   
IEC cân IEC ICE  (t/c) 
K
J
I M
H
F
E
DB C
A
8/1
1 
Lại có: ICE là góc ngoài của tam giác EMC ICE MEC CME   
IEC CEM CME   
Lại có: CEM FEA ( đối đỉnh) 
Dễ dàng chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp AEF AHF  
IEC AHF CME DHC CME DEC CME       
IED DEC DEC CME
IED CME
   
 
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp DEM . Kẻ đường kính EK 
 tứ giác KDEM nội tiếp EMD EKD  (t/c) 
Mà EMD IED (cmt) 
EKD IED  
Lại có: DEK vuông tại D 
90
90
o
o
EKD KED
IED KED
  
  
IE JE  
 IE là tiếp tuyến của (J) 
d) 
P
N
+) Ta có: / /FE PN CPE FEA  (2 góc đồng vị) 
9/1
1 
Mà ABC FEA ( vì tứ giác BFEC nội tiếp) 
CPF CBN  
+) C/m : Tứ giác CPBN nội tiếp 
+) C/m : . .DP DN DB DC 
+) Ta Có : IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MED (cmt) 
 C/m : 2 .IE IM ID 
Mà IE IB 
2 .IB IM ID  
2 2 2.IB ID IM ID ID    
    IB ID IB ID ID IM ID     
. .BD DC ID DM  
+) C/m : . .DP DN ID DM 
+) C/m : Tứ giác MNIP nội tiếp 
 Khi A di động trên cung BC lớn ( nhưng vẫn thảo mãn giả thiết ban đầu ) thì 
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định 
Câu V (0,5 điểm) 
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 
 
 
22 2 2
*
a b ca b c
x y z x y z
 
  
 
 với , , 0x y z  , 
, ,a b c bất kì. 
Dấu " '' xảy ra 
a b c
x y z
   
Chứng minh: Trước hết ta chứng minh 
 22 2 a ba b
x y x y

 

 , 
10/
11 
 Thật vậy quy đồng hai vế lên ta được bất đẳng thức tương đương  2 0ay bx  , 
luôn đúng. Dấu " " xảy ra 
a b
ay bx
x y
    
Áp dụng ta được 
   2 22 2 2 2a b a b ca b c c
x y z x y z x y z
  
    
  
Dấu " " xảy ra 
a b
x y a b c
a b c x y z
x y z



   
 
 
 (đpcm) 
Bất đẳng thức thức (*) được chứng minh. 
Áp dụng bất đẳng thức cô- si cho hai số không âm 3 và 2 1x y  ta có: 
9 2 1
3 2 1 4
2 2
x y x
x y y
  
      
3 2 1 4
2
x
x y y      
 Suy ra 
2
2
2 2
23 2 1 4 2
2
x x x x
x x yx y x xyy
  
   
Tương tự 
2 2
2 2
2 2
;
3 2 1 4 3 2 1 42 2
y y z z
y z z xy yz z zx
 
      
Cộng vế với vế tương ứng của các bất đẳng thức trên ta được 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y z
T
x xy y yz z zx
  
  
Lại áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 
 22 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
x y zx y z
x xy y yz z zx x xy y yz z zx
  
    
         
Do đó 2T  
11/
11 
Dấu " '' xảy ra 
2 2 2
2 1 9
2 1 9
10
2 1 9
3
2 2 2
x y
y z
z x x y z
x y z
x xy y yz z zx
  
   

      

  
   
 (TMĐK) 
Vậy Min 2T  khi 
10
3
x y z  