Bộ 4 đề ôn thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi kết thúc học kì 2 sắp diễn ra cũng như giúp các em có thêm tư liệu ôn tập để củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Bộ 4 đề ôn thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ 4 đề ôn thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án

BỘ 4 ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM 2019 – 2020 CÓ ĐÁP ÁN
MỤC LỤC: 1. Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019 – 2020 có đáp án - Đề số 1 2. Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019 – 2020 có đáp án - Đề số 2 3. Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019 – 2020 có đáp án - Đề số 3 4. Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019 – 2020 có đáp án - Đề số 4
ĐỀ 1 ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM 2019-2020 Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút 1 Bài 1: (1,0đ) Cho hàm số y = f (x) = x .Tính f (2); f (−4) 2 2 3x + y = 10 Bài 2: (1,0đ): Giải hệ phương trình:  x + y = 4 Bài 3: (1,5đ) Giải phương trình: x4 + 3x2 − 4 = 0 Bài 4 : (1,0đ) Với giá trị nào của m thì phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Bài 5: (1.5đ) Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó Bài 6: (1,0đ) Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính: a) Diện tích xung quanh của hình trụ. b) Thể tích của hình trụ. (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân;   3,14) Bài 7: (3,0đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh rằng: a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của BCˆ F .
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Biểu Bài Đáp án điểm f(2)=2 0,5 1 f(-4)=8 0,5 (1,0đ) Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1 0,75 2 Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1) (1,0đ) 0,25 x4 + 3x2 − 4 = 0 Đặt x2 = t (ĐK t≥0) 0,5 3 Ta có PT : t2+3t-4 = 0 (1,5đ) Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0  t1 = 1 ; t2 = -4 (loại) 0,25 Với t = 1  x1 = 1, x2 = -1 0,5 Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1 0,25 Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = 0 (1) phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khi -1 0,75 4 ∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0 => m > (1,0đ) 2 -1 0,25 Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m > 2 Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x  N) =>Số thứ 2 là x+1 0.25 Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1) 5 Tổng của hai số đó là: x + x + 1 = 2x + 1 0.25 (1,5đ) Theo bài ra ta có PT: x2 – x – 20 = 0 0.25 Có nghiệm thỏa mãn x = 5 0.5 Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6 0.25 a) Diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq = 2 r.h = 2.3,14.6.9  339,12 (cm2) 0,5 6 (1,0đ) b) Thể tích của hình trụ là: V =  r2h = 3,14 . 62 . 9 C 1017,36 (cm3) 0,5 Hình vẽ: 2 1 B E 7 0,5đ (3,0đ) 1 A F D
a)Ta có: AC D = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ) 0,25 Xét tứ giác DCEF có: 0,25 EC D = 900 ( cm trên ) và EF D = 900 ( vì EF ⊥ AD (gt) ) => EC D + EF D = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( 0,5 đpcm ) b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a ) 0,5 => Cˆ1 = Dˆ 1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) (1) Mà: Cˆ 2 = Dˆ 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) (2) 0,5 Từ (1) và (2) => Cˆ1 = Cˆ 2 hay CA là tia phân giác của BCˆ F ( đpcm ) 0,5 ( Lưu ý : Các cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
ĐỀ 2 ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM 2019-2020 Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm). Câu 1. Phương trình x 2 − 6x +1 = 0 có tổng hai nghiệm bằng A. -6 B. 6 C. 1 D. -1 3x − y = 2 Câu 2. Hệ phương trình  có nghiệm bằng  x + y = −6 A. (x;y)=(-1;5) B. (x;y)=(1;5) C. (x;y)=(-1;-5) D. (x;y)=(1;-5) ̂𝐴𝐵 = 3𝐵 Câu 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, biết 𝐷 ̂𝐶𝐷. Khi ̂𝐶𝐷 bằng đó 2. 𝐵 A. 900 B. 450 C. 600 D. 1800 Câu 4. Phương trình x 4 + 3x2 − 4 = 0 có tổng các nghiệm bằng. A. 0 B. 3 C. 4 D. -3 B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm). mx − y = 3 Câu 5. Cho hệ phương trình  ( m là tham số) (*) 4x − my = 7 a, Giải hệ phương trình với m=1 b, Tìm m để hệ phương trình (*) có nghiệm duy nhất. Câu 6. Cho phương trình bậc hai x 2 − 2x − 3m +1 = 0 (m là tham số) (**) a, Giải phương trình với m=0 b, Tìm m để phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt. Câu 7. Cho tam giác cân ABC có đáy BC và 𝐴̂ = 200. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C lấy điểm D sao cho DA=DB và 𝐷 ̂𝐴𝐵 = 400 . Gọi E là giao điểm của AB và CD. a, Chứng minh ACBD là tứ giác nội tiếp. b, Tính 𝐴 ̂𝐸𝐷. Câu 8. Cho a,b,c là các số thực, không âm đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
 1 1 1  (ab + bc + ca). 2+ 2  4 ( ) (b − c)2 + (c − a )  a − b   -------------------- Hết -------------------- (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên học sinh.…….......……………........................................SBD:…....................…
ĐÁP ÁN A. PHẦN TRẮC NGHIỆM ( Mỗi cấu đúng 0,5 điểm) Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A A B. PHẦN TỰ LUẬN Câu Nội dung Điểm 5 a, Thay m=1 vào HPT ta được 1,5 2,5đ 𝑥 −𝑦 = 3 𝑥 −𝑦 = 3 𝑥 = 2 4𝑥 −𝑦 = { ⇔ { ⇔{ 7 5𝑥 = 10 𝑦 = −1 Vậy nghiệm của HPT là (x;y)=(2;-1) −1 b, HPT có nghiệm duy nhất khi 𝑚 ≠ ⇔ 𝑚 ≠ ±2 1 4 −𝑚 6 a, Thay m=0 vào PT ta được (𝑥 − 1)2=0 ⇔ 𝑥 = 1 1,5 2,5đ b, ĐK để phương trình có hai nghiệm phân biệt là ∆′> 0 1 1 − (−3𝑚 + 1) > 0 ⇔ 3𝑚 > 0 ⇔ 𝑚 > 0 7 C 2,0đ B E A D a, Từ tam giác ABC cân A, tính được 𝐵 ̂𝐶𝐴 = 800 1 Từ tam giác cân ADB, tính được 𝐴 ̂𝐷𝐵 = 1000 Suy ra 𝐵 ̂𝐶𝐴 + 𝐴̂𝐷𝐵 = 1800 . Do đó tứ giác ACBD nội tiếp b, 𝐴̂𝐸𝐷 Là góc có đỉnh bên trong đường tròn 1 40 +800 0 ̂𝐴 𝐸𝐷 = = 600 2 8 Giả sử c=min{𝑎, 𝑏, 𝑐} khi đó 1đ 1 1 1đ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ≥ 𝑎𝑏; 2≥ (𝑏 − 𝑐) 𝑏2 1 1 ; (𝑎−𝑐)2 ≥ 𝑎2
1 1 1 Ta cần chứng minh 𝑎𝑏 ( + + ) ≥ 4. Bằng cách (𝑎−𝑏)2 (𝑏)2 (𝑎)2 2 𝑎𝑏 (𝑎−𝑏)2 biến đổi tương đương ta được (√ −√ ) ≥0 (𝑎−𝑏)2 𝑎𝑏
ĐỀ 3 ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM 2019-2020 Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút I/ Trắc nghiệm : (3 điểm)Chọn phương án đúng và ghi kết quả vào bài làm : Câu 1: Nếu điểm P(1;-2) thuộc đường thẳng x - y = m thì m bằng : A. -1 B. 1 C. -3 D. 3 1 Câu 2: Cặp số nào sau đây là một nghiệm của phương trình x - y= 2 3 3 A. (0;-2) B. (0;2) C. (-2;0) D. (2;0) Câu 3: Cho phương trình 2x - 3x + 1 = 0 , kết luận nào sau đây là đúng : 2 A. Vô nghiệm B. Có nghiệm kép C. Có 2 nghiệm phân biệt D. Vô số nghiệm Câu 4: Phương trình nào sau đây không phải là phương trình bậc hai một ẩn : A. 1 – 2x - x 2 = 0 B. 4 – 0x 2 = 0 1 C. - x 2 + 2x = 0 2 D. kx 2 + 2x – 3 = 0 ( k là hằng số khác 0) Câu 5: Cho phương trình x 2 + 10x + 21 = 0 có 2 nghiệm là: A. 3 và 7 B. -3 và -7 C. 3 và -7 D. -3 và 7 Câu 6: Cho phương trình 99x - 100x + 1 = 0 có 2 nghiệm là : 2 1 1 1 1 A. -1 và - B. 1 và - C. -1 và D. 1 và 99 99 99 99 Câu 7: Tứ giác ABCD có Bˆ = 100 , nội tiếp được đường tròn . Số đo Dˆ là : 0 A. 90 0 B. 80 0 C. 260 0 D. 100 0 Câu 8: Hãy chọn câu sai trong các khẳng định sau Một tứ giác nội tiếp được nếu: A. Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện. B. Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 0 . C. Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc  . D. Tứ giác có tổng hai góc bằng 180 0 . Câu 9: Đánh dấu X vào ô Đ ( đúng ) , S ( sai ) tương ứng với các khẳng định sau: Các khẳng định Đ S a) Phương trình x 2 - 3x - 100 = 0 có 2 nghiệm phân biệt b) Hàm số y = - x 2 có giá trị nhỏ nhất y = 0 c) Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung thì bằng nhau
d) Hình chữ nhật và hình thang cân nội tiếp được đường tròn II/ Tự luận: (7 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P = 12 − 27 + 2 48 x − 2y = 15 3x + 2 y = 8  2) Giải hệ phương trình: a  ; b x x + 2y = 21  + 3y = 4 2 3) Giải phương trình: a) 2x2 + x −15 = 0 ; Bài 2 (2,0 điểm). Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - 2 = 0 (1) a) Giải phương trình với m = -2 a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x .x = 2(x + x ) 1 2 1 2 Bài 3: (1,5 điểm) Vườn hình chữ nhật có diện tích 600 m 2 . Tính kích thước hình chữ nhật, biết rằng nếu giảm bớt mỗi cạnh 4m thì diện tích còn lại là 416m 2 . Bài 4: (2 điểm) Cho đường tròn (O;R) có AB là đường kính cố định còn CD là đường kính thay đổi. Gọi (d) là tiếp tuyến với đường tròn tại B và AC,AD lần lượt cắt (d) tại P;Q. a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác AQP vuông góc với DC.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II Môn: Toán 9 I/ Trắc nghiệm: (3 điểm) mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 KQ D A C B B D B D Câu 9: a) Đ b) S c) S d) Đ II/ Tự luận: (7 điểm) Bài Nội dung Điểm 1 3x + 2 y = 8 (1đ) Ta có:  x  3x + 2 y = 8   + 3y = 4 x + 6 y = 8 2 3x + 2 y = 8  − 3x −18 y = −24 0,25  3x + 2 y = 8  −16 y = −16  0,25 x = 2  y = 1  0,5 2 - Gọi x(m) là chiều dài vườn hình chữ nhật (x>0 và x>20) (2,5 đ) - Khi đó chiều rộng vườn hình chữ nhật là 600 (m) 0,5 x - Chiều dài của vườn nếu giảm 4m: (x – 4) m 600 - Chiều rộng của vườn giảm 4m: ( - 4) m x 600 - Diện tích của vườn sau khi giảm là (x – 4). ( - 4) m 2 0,5 x - Theo đề bài ta có phương trình: 600 (x – 4). ( - 4) = 416 0,5 x  x 2 - 50x + 600 = 0  ’ = 625 – 600 = 25  ' = 5 x1 = 25 + 5 = 30(nhân)  0,25 x = 25 − 5 = 20(loai) 2 0,25 * Vậy mảnh vườn lúc đầu có chiều dài 30m 600 0,5 Chiều rộng = 20 (m) 30 3 * Vẽ hình đúng và ghi giả thiết, kết luận (0,5đ) (3,5 đ)
P C A O B K I D Q (d) a) Tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn: (1,5đ) sdAB − sdBC AC - Ta có: sđ Pˆ = = sđ 0,5 2 2 AC sđADC = sđ 0,25 2 - Vậy Pˆ= ADC - Suy ra Pˆ+ CDQ = 1800 0,5 - Do đó, tứ giác CPQD nội tiếp được 0,25 b) Chứng minh trung tuyến AI vuông góc DC (1,5đ) - Ta có : CAD = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) - Nên PAQ = 900 0,5 - Suy ra IP = IQ = IA 0,25
 - Do đó IAQ = O 0,25 - Ta có IAQ + ADC = Pˆ + Qˆ = 90 0 0,5 - Nên AKD = 900 hay AI ⊥ DC
ĐỀ 4 ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM 2019-2020 Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút Bài 1. ( 2,00 điểm) ( không dùng máy tính cầm tay) x+y=5 a/ Giải hệ phương trình :  2x − y = 1 b/ Giải phương trình : x - x2 – 12 = 0 4 Bài 2. ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y = x2 . a/ Vẽ đồ thị (P). b/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = -2x +3 bằng phương pháp đại số. Bài 3. ( 2,00 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . b/ Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm giá trị nguyên của m để giá trị biểu thức A =  x1 +1 x2 +1 đạt giá trị nguyên. x   x   2  1  Bài 4. ( 4,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Hai đường cao BM, CN của ta giác cắt nhau tại H a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC c/ Cho biết MC = R, BC = 2R. Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. d/ Gọi K là giao điểm của AH và BC. I là giao điểm của tia NK và (O). Chứng minh : IM ⊥ BC
BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1a/  x + y = 5  3x = 6 0.25 2x − y = 1  x + y = 5   x=2 0.25  2 + y = 5   x=2 x = 2 Bài   y = 5 − 2   y =3 1   0.25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 0.25 ( x; y) = (1; −1) 1b/ x4 - x2 – 12 = 0 Đặt t = x2 , t  0, phương trình trở thành: 0.25 t2 - t – 12 = 0  =1+ 4.12 = 49  0 => phương trình có hai nghiệm 0.25 phân biệt t = - 3 ( loại) hoặc t = 4 ( nhận) Với t = 4 x2 = 4 x = -2 hoặc x = 2 0.25 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 0.25 x = -2 hoặc x = 2 2a Bảng giá trị : x ... - -1 0 1 2 ... 0.25 2 y= x ... 4 1 0 1 4 .... 2 Đồ thị: f(x)=x*x 0.25 0.25 Bài 2 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): 0.25 x2 = - 2x + 3 x2 +2x - 3 = 0 Pt có dạng a + b + c = 0 nên phương trình có hai 0.25 nghiệm x1 = 1 và x2 = -3. Thay vào phương trình (P) ta được 0.25 2b y1 = 1, y2 = 9.
Vậy d cắt (P) tại 2 điểm ( 1;1) hay (-3; 9) 0.25 a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). 3a ' = (m – 3)2 + 4m – 8 = m2 - 2m +1 0.50 Bài = (m – 1)2  0 với mọi giá trị của m 0.25 3: => Phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 0.25 Pt có hai nghiệm phân biệt ' > 0 m  1 (*) 0.25 3b Theo định lí vi-et: S = x1+x2 = 2(m-3) P= x1.x2 = – 4m +28 0.25 x  x  (x + x ) 1 Do đó: A = 1+ 2+ == 1 − + −  1  1 2 m 4  x2  x1  x1x2 m −2 0.25 1 Với m nguyên, ta có: A nguyên  nguyên m−2  m- 2 Ư(1)={-1, 1} Do đó : m -2 = -1  m = 1 ( loại)m -2 = 1 m = 3 (nhận) 0.25 Vậy m = 3 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. A M N H B C K O I 4a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó 0.25 Bài CNˆ B = 900 (doCN ⊥ AB) 4: CMˆ B = 900 (do BM ⊥ AC) 0.25 => CNˆ B = CMˆ B(= 900 ) 0.25 => Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N cùng nhìn BC dưới góc 900 nên nội tiếp đường tròn. Tâm O 0.25 là trung điểm của BC ( (do CNˆ B = 900 ) 4b/ b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC Xét AMN và ABC có : 0.5
BAˆ C chung, ANˆ M = ACˆ B ( do Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn) 0.25 => AMN đồng dạng ABC ( g.g) MN AM 0.25 => = = AB.MN = BC.AM BC AB 4c/ c/ Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. Ta có : OM=OC=MC (=R)=> OMC đều => 0.25 MOˆ C = 600 0.25 Diện tích của quạt tròn cần tìm:  R2n  R2 60  R2 0.25 S= = = ( đvdt) 360 360 6 0.25 4d/ Chứng minh : IM ⊥ BC Xét tam giác ABC có : BM, CN là hai đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm => AH vuông góc với BC 0.25 BNˆ H + BKˆ H = 1800 => Tứ giác BKHN nội tiếp. 0.25 ˆ ˆ = NKH = NBH ( cùng chắn cung NH) Lại có : NIˆM = NBˆ H ( cùng chắn cung NB của (O)) => NIˆM = NKˆ H => AK // IM 0.25 Lại có AK ⊥ BC => IM ⊥ BC 0.25 Thí sinh giải theo cách khác và đúng vẫn cho điểm tối đa.