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

Điểm

NỘI DUNG
Cho biểu thức P =

x−2 x +3
x −1
1
, với x ≥ 0 .
+
−
x x +1
x − x +1
x +1

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

1

=

(1,0đ)
I

=

(

)(

x +1

0,25

)

x +1

0,25

x − 2 x + 3 + x −1− x + x −1

(

)(

)

x − x +1
=
x +1 x − x +1

(

0,25

x +1 x − x +1

)

)(

1
.
x +1

0,25

1
.
x +1

Tìm x để P =

(1,0đ)

(

x −1
1
−
x − x +1
x +1

+

)( x − 1) − ( x −
( x + 1)( x − x + 1)

Vậy P =

2

)

x +1 x − x +1

x − 2 x +3+

(2,0đ)
=

x−2 x +3

1
2

Với x ≥ 0 , ta có: P =

1
⇔
2

1
1
=
⇔ x + 1 =2
x +1 2

0,50

⇔ x=
1⇔ x=
1 (thỏa mãn).

0,50

Vậy x = 1 là giá trị cần tìm.
II

1

(2,0đ)

(1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y =

( a − 1) x + b − 2

( a, b là

y 3 x + 8 và đi
tham số). Biết đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : =
qua điểm A ( 2;3) . Tính T= a 2 + 2b 2 .

1

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

a −1 =
3 (1)

0,50

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

3=

( a − 1) 2 + b − 2 ⇔ 2a + b =

7 (2)

=
a − 1 3 =
a 4
Từ (1) và (2) ta có hệ 
⇔
2a + b =7
b =−1

0,50

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

4
2 x − y =
Giải hệ phương trình 
.
3
5 x + y =
2
(1,0đ)

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

0,50

=
 x 1=
x 1
) (1; −2).
. Vậy hệ có nghiệm ( x; y=
⇔
⇔
4
−2
2 − y =
y =
1
(1,0đ)

0,50

0.
Giải phương trình x 2 + 6 x + 5 =
Ta có : =
a 1;=
b 6;=
c 5

0,50

Ta thấy a − b + c =1 − 6 + 5 = 0

0,50

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 =
−1; x2 =
−5 .

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

(x

2
1

có

hai

nghiệm

x1 , x2

thỏa

− 2mx1 + 2m − 1)( x22 − 2mx2 + 2m − 1) < 0 .

mãn

điều

kiện:

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

III

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

(2,0đ)
2
(1,0đ)

nên

phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m .

 x1 + x2 = 2(m − 1)
x2 2m − 5
 x1=

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

0,25

(2)
(3)

Vì x1 là nghiệm phương trình (1) nên: x12 − 2(m − 1) x1 + 2m − 5 =
0
⇔ x12 − 2mx1 + 2m − 1 =−2 x1 + 4

0,25

Tương tự ta có x22 − 2mx2 + 2m − 1 =−2 x2 + 4
Khi đó

(x

2
1

− 2mx1 + 2m − 1)( x22 − 2mx2 + 2m − 1) < 0

0,25

2

⇔ (−2 x1 + 4)(−2 x2 + 4) < 0 ⇔ 4 [ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4] < 0
⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 < 0 (4)

Thế (2) và (3) vào (4) ta được
2m − 5 − 2.2(m − 1) + 4 < 0 ⇔ −2m + 3 < 0 ⇔ m >

Vậy m >

3
2

3
.
2

0,25

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 .

IV
(3,0đ)

Chứng minh MBOC là tứ giác nội tiếp.
1

Xét tứ giác MBOC ,ta có:
 = 900 (vì MB là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại B )
MBO

(1,0đ)

 = 900 (vì MC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại C )
MCO
 + MCO
 = 900 + 900 = 1800
Suy ra MBO
Vậy tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.

2

0,50

0,50

Chứng minh FI .FM = FD.FE
3

(1,0đ)

* Xét 2 tam giác: FBD và FEC , ta thấy:
 (đối đỉnh)
 = CFE
BFD

 = CEF
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD )
DBF

0,25

Suy ra ∆FBD đồng dạng với ∆FEC (g-g)
Suy ra

FD FB
= ⇔ FD.FE =
FB.FC (1)
FC FE

* Xét tứ giác MBIC , ta có :
 = BAC
 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng
MBC

chắn cung BC )
 = MIC
 (đồng vị)
BAC

0,25

 = BIC

Suy ra MBC
Ta thấy tứ giác MBIC có hai đỉnh B và I cùng nhìn cạnh MC dưới một
góc bằng nhau. Vậy tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp.

* Xét 2 tam giác: FBM và FIC , ta thấy
 = CFI
 (đối đỉnh)
BFM

 = FIC
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC )
MBF

0,25

Suy ra ∆FBM đồng dạng với ∆FIC (g-g)
Suy ra

FB FM
= ⇔ FI .FM =
FB.FC (2)
FI
FC

Từ (1) và (2), ta suy ra FI .FM = FD.FE (đpcm)

0,25

Tìm vị trí của đỉnh A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích
lớn nhất.
Do tứ giác MBOC và tứ giác MBIC là hai tứ giác nội tiếp, suy ra 5 điểm
0,25
M , B, O, I , C cùng nằm trên một đường tròn
3
(1,0đ)

Gọi H là hình chiếu của I lên BC , ta có diện tích tam giác IBC là:
S=

1
BC.IH
2

0,25

Do BC không đổi nên diện tích tam giác IBC lớn nhất khi IH lớn nhất.
Ta thấy, khi A chạy trên cung lớn BC thì I luôn thuộc đường tròn đường 0,25
kính OM . Do đó IH lớn nhất khi I trùng với O hay AC là đường kính
4

của đường tròn tâm (O) .
Vậy khi A là điểm đối xứng với C qua O thì tam giác IBC có diện tích
lớn nhất.

0,25

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab
+
+
− 2 a + b + c ≥ −2 .
b+c
c+a
a+b
3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab
Đặt
=
P
+
+
−2 a+b+c
b+c
c+a
a+b
2a 2 2b 2
2c 2 a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab
= +
+
+
+
+
−2 a+b+c
b+c c+a a+b
b+c
c+a
a+b
Dễ chứng minh được với mọi số thực dương x, y, z ta có

1 1 1
+ +  ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi x= y= z
x y z
a
b
c
 a
  b
  c

Ta có
+
+ = 
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 − 3
b+c c+a a+b b+c  c+a   a+b 
1
1 
 1
= (a + b + c)
+
+
−3
b+c c+a a+b
1
3
1
1
1
1 
=
+
+
( b + c ) + ( a + c ) + ( a + b ) ) 
(
 − 3 ≥ .9 − 3 = .
2
2
2
b+c c+a a+b

( x + y + z)

V
(1,0đ)

0,25

2a 2 2b 2
2c 2
+
+
b+c c+a a+b
(1,0đ)
 2a 2
  2b 2
  2c 2

= 
+ 2a  + 
+ 2b  + 
+ 2c  − 2 ( a + b + c )
b+c
 c+a
  a+b


 
 

a
b
c






= 2a 
+ 1 + 2b 
+ 1  + 2c 
+ 1 − 2 ( a + b + c )
b+c 
c+a 
 a+b 
b
c 
 a
= 2(a + b + c)
+
+
 − 2(a + b + c)
b+c c+a a+b
3
≥ 2 ( a + b + c). − 2 ( a + b + c) = ( a + b + c)
2

Khi đó

a 2 + bc
a 2 + bc + ab + ac
Tacó
=
+a
=
b+c
b+c
2
a + bc ( a + b )( a + c )
⇒
=
−a
b+c
b+c

b 2 + ca
Tương tự ta=
có:
c+a

( a + b )( a + c )
b+c

0,25

( b + c )( b + a )=
c 2 + ab ( a + c )( c + b )
−b;
−c
c+a

a+b

a+b

5

Khi đó
=

a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab
+
+
b+c
c+a
a+b

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) −
b+c

c+a

a+b

(a + b + c) .

ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) ≥ 2
b+c

c+a

( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ 2
c+a

a+b

(a + b)

(b + c )

( c + a )( c + b ) + ( a + b )( a + c ) ≥ 2

0,25

(c + a)

a+b
b+c
 ( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) 
⇒ 2
+
+
 ≥ 4(a + b + c)
b+c
c+a
a+b



⇔

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) ≥ 2
b+c

c+a

a+b

(a + b + c)

2

1 1
1

⇒ P ≥ 2 ( a + b + c ) − 2 a + b +=
c 2  a + b + c −  − ≥ − > −2 .
2 2
2


Vậy, với a, b, c là các số thực dương thì

0,25

3a 2 + bc 3b 2 + ca 3c 2 + ab
+
+
− 2 a + b + c ≥ −2 (đpcm)
b+c
c+a
a+b

------------------------ HẾT -----------------------Đáp án đã điều chỉnh (câu V thay 4 a + b + c bằng 2 a + b + c )

6