Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Phan Chu Trinh, Hà Nội

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

27
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo “Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Phan Chu Trinh, Hà Nội”. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Trường THCS Phan Chu Trinh, Hà Nội

PHÒNG GD-ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II TRƯỜNG THCS PHAN CHU TRINH Năm học 2022- 2023 Môn: TOÁN 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày kiểm tra: 30/03/2023 (Đề gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút 2 x  15 − x 2  x +3 Bài I: (2 điểm) Cho biểu thức: A = = và B   x − 25 + : (ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 25) 3+ x  x +5 x −5  a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9; 1 b) Chứng minh: B = ; x +3 c) Tìm x để A − B > A − B . Bài II: (2 điểm) 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Theo kế hoạch, hai Tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện, do Tổ 1 làm vượt mức kế hoạch 10%, Tổ 2 làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai Tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi Tổ phải làm theo kế hoạch. 2) Một sân vận động có đường chạy đua dài 400m (hình A 100m B bên). Đường chạy gồm các đoạn AB, CD và hai cung tròn có đường kính là BC và AD. Biết ABCD là hình chữ nhật và AB = 100m. Tính độ dài đường kính BC (lấy π ≈ 3,14; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2) D C Bài III: (2,5 điểm)  5  2 x −1 − =3−  y −1 1) Giải hệ phương trình:   x −1 + 2 = 3   y −1 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x + 6 và parabol (P): y = x 2 . − a) Xác định tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P) biết xA < xB ; b) Vẽ (d) và (P). Gọi I là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung. Chứng minh rằng: 3 (đvdt). S ∆AOI − S ∆BOI = Bài IV (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2 R . Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Gọi M là trung điểm của OA và lấy điểm N thuộc nửa đường tròn sao cho NA < NB. Đường thẳng đi qua N và vuông góc với MN cắt Ax, By lần lượt tại C và D. a) Chứng minh tứ giác MNDB nội tiếp; 3R 2 b) Chứng minh:  =  và AC.BD = AM.BM = ANM BND ; 4 c) Xác định vị trí của N trên nửa (O) sao cho diện tích ∆ CMD đạt giá trị nhỏ nhất. Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình: x + 2 + x − 2 + 2 x 2 − 4 = 2(3 − x)
--------------------------Hết ------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 2 MÔN TOÁN 9 – PCT (2022-2023) Bài Nội dung Điểm I 2 x  15 − x 2  x +3 A= =và B   x − 25 + :  (ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 25) 2,0 3+ x  x +5 x −5 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 0,5 Thay x = 9 (TMĐK) vào biểu thức A ta có : 0,25 2 9 6 A = = = 1 3+ 9 6 Vậy khi x = 9 thì A = 1 0,25 1 1 b) Chứng minh : B = x +3  15 − x 2  x +3 B  =  + :  x − 25 x +5 x −5    15 − x 2  x +3 =  B +: 0,25  x −5  ( )( x +5 ) x +5 x −5  15 − x + 2 x − 10 x + 3 B= : 0,25 x −5 ( )( x +5 ) x −5 x +5 x −5 B= . 0,25 ( x −5 )( x +5 ) x +3 1 B= x +3 0,25 (đpcm) c) Tìm x để A − B > A − B 0,5 2 x 1 2 x −1 A− B = − = 3+ x x +3 x + 3 (x ≥ 0; x ≠ 25) 2 x −1 A − B > A − B A − B < 0 ⇔ Tử mẫu trái dấu (1) 0,25 Xét mẫu : Với mọi x thỏa mãn ĐK có : x ≥ 0⇒ x ≥ 0 ⇔ x +3≥ 3> 0 => Mẫu dương (2) 1 1 2 x −1 < 0 ⇔ x < ⇔ x < Từ (1) và (2) => Tử âm => 2 4 1 A− B > A− B 0≤ x< 0,25 Kết hợp điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 25 ta có:  4
Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình hoặc lập phương trình II.1 Theo kế hoạch, hai Tổ sản xuất phải làm được 330 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện, do Tổ 1 làm vượt mức kế hoạch 10%, Tổ 2 làm giảm 15% so với mức kế hoạch nên cả hai Tổ làm được 318 sản phẩm. Tính số sản phẩm mà mỗi Tổ phải làm theo kế hoạch. 1,5 Gọi số sản phẩm Tổ 1 phải làm theo kế hoạch là x (sp) (x ∈ N*, x R = (m) 180 πn π .180 π 200 Độ dài đường kính BC là: BC = 2R = ≈ 63, 69(m) π 0,25 Vậy đường kính BC là khoảng 63,69(m) III 2,5  5 2 x − 1 − y − 1 = 3 − 1 1)Giải hệ phương trình:    x −1 + 2 = 3   y −1 ĐKXĐ: y ≠ 1 a = x − 1 0,25   1 (a ≥ 0, b ≠ 0) Đặt  b = y − 1 thì hệ phương trình đã cho tương đương 
2a − 5b =  −3 2a − 5b =  −3  9b =  9  b= 1 a = ) 1(tm  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  a += 3  2b  2a += 6  4b a += 3 a + = 3 = 1(tm)  2b 2.1 b 0,25 Trả lại biến cũ: a = 1 x − 1 = 1 => x − 1 = ±1 => x ∈ {2;0} 1 b = 1 = 1 => y − 1 = 1 => y = 2 0,25 y −1 Vậy hệ phương trình nghiệm ( x; y ) ∈ {(2; 2);(0; 2)} 0,25 1)Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2. 1,5 a) Xác định tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P) biết xA < xB 0,5 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = -x + 6  x2 + x – 6 = 0  (x – 2)(x+3) = 0  x = 2 hoặc x = -3 (Hs có thể tính delta để tìm nghiệm) 0,25 Vì xA < xB nên xA = -3; xB = 2 Thay x vào (P) ta tìm được yA = 9 và yB = 4 0,25 Vậy (d) cắt (P) tại 2 điểm A(–3; 9) và B(2; 4) b) Lập bảng và vẽ đúng đồ thị 2 hàm số: 0,5 Chứng minh rằng: S∆AOI − S∆BOI = 3 (đvdt) 0.5 Hạ AE ⊥ Oy tại E, BF ⊥ Oy tại F. Tính được OI = 6 (đvđd); AE = 3(đvđd); BF = 2 (đvđd) 0,25 Tính được S∆AOI = 9 (đvdt); S∆BOI = 6 (đvdt) Vậy S∆AOI - S∆BOI = 3(đvdt) 0,25
IV Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R. Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Gọi M là trung điểm của OA và lấy điểm N thuộc nửa đường tròn sao cho NA < NB. Đường thẳng đi qua N và vuông góc với MN cắt Ax, By lần lượt tại C và D. 3,0 Vẽ hình đúng đến câu a: 0,25 x y C N D A M O B a) Chứng minh tứ giác MNDB nội tiếp 0,75 Chứng minh góc MBD = 900 0,25 Chứng minh góc MND = 900 0,25 Chứng minh tứ giác MNDB nội tiếp 0,25 3R 2 1,25 b) Chứng minh:  = BND và AC.BD = AM.BM = ANM  4 • Xét (O) có góc ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn =>  = 900 ANB   + MNB = ANM  90 (1) 0    900 (2) Có CD ⊥ MN tại N => MND = 900 => MNB + BND = Từ (1) và (2) =>  = BND ANM  0.25 • Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMND có:   BMD = BND (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD) Mà  = BND (cmt) ANM  0.25  BMD =   ANM   • Xét tứ giác ACNM có: CAM + CNM = 900 + 900 = 1800 Mà hai góc ở vị trí đối nhau
 Tứ giác ACNM nội tiếp   =  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM) ACM ANM Lại có: BMD =   ANM 0.25   = BMD ACM  Xét ∆ CAM và ∆ MBD có:   CAM MBD 900 = =  = BMD (cmt) ACM   ∆ CAM ~ ∆ MBD (g-g) CA AM  = (các cạnh tương ứng) 0.25 MB BD  CA.BD = MB.AM R 3 • Vì M là trung điểm của AO => AM = = ; BM R 2 2 R 3R 3R 2 0.25 • Vậy CA.BD = MB.AM = . = 2 2 4 c) Xác định vị trí của N trên nửa (O) sao cho diện tích ∆ CMD đạt giá trị nhỏ nhất 0.75 Chứng minh được: ∆ CMD vuông tại M 0.25 1 1 SCMD = CM ⋅ MD= AC 2 + AM 2 BM 2 + BD 2 2 2 1 R 3R 2  3R 2  3R 2 0.25 ≥ ⋅ 2 AC ⋅ AM 2 BM ⋅ BD = AC ⋅ BD ⋅ ⋅ =  = 2 2 2  4  4 Dấu “=” xảy ra khi AC = AM và BD = BM => ∆ ACM và ∆ BDM vuông cân 0.25 Giải phương trình: x + 2 + x − 2 + 2 x − 4 = 2(3 − x) (1) Vậy N là giao điểm của nửa (O) với đường thẳng vuông góc với AB tại M V 2 0.5 ĐKXĐ: x ≥ 2 Đặt ẩn phụ: t = x + 2 + x − 2(t ≥ 0) t 2 = + 2 x2 − 4 2x 0,25 t = 2(TM ) PT (1)  t + t = t + t − 6 = 0  2 6 2 t = −3( KTM ) Trả lại biến cũ: t = 2 x + 2 + x − 2 = 2  x =2 (TMĐK) 0.25 Vậy phương trình có nghiệm: S = {2} HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.