Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Đan Phượng

Chia sẻ: Xylitol Extra | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Đan Phượng nhằm giúp học sinh ôn tập và củng cố lại kiến thức, đồng thời nó cũng giúp học sinh làm quen với cách ra đề và làm bài thi dạng trắc nghiệm. Mời các bạn cùng tham khảo ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT Đan Phượng

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – TOÁN 9 ĐAN PHƯỢNG Năm học 2017 – 2018 Thời gian làm bài: 90 phút x 3 2 x x  1 3  11 x Câu 1: Cho hai biểu thức A  và B    ( x  0; x  9) x 2 x 3 x 3 x 9 1. Tính giá trị biểu thức A khi x = 25. 3 x 2. Chứng minh: B  . x 3 3. Tìm x để A.B  1. Câu 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Hai người làm chung một công việc thì sau 16 giờ sẽ xong. Nếu người thứ nhất làm một 3 mình trong 15h và người thứ hai làm một mình trong 6h thì cả hai người làm được công 4 việc. Tính thời gian mỗi người làm một mình xong toàn bộ công việc. Câu 3.1. Giải phương trình: x 4  3 x 2  4  0 . 2. Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  m2  4  0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. Câu 4:Cho hình vuông ABCD, N là trung điểm của DC, nối BN cắt AC tại F. Vẽ đường tròn (O), đường kính BN. Đường tròn (O) cắt AC tại E. Kéo dài BE cắt AD ở M 1) Chứng minh tứ giác MDNE nội tiếp 2) Chứng minh tam giác BEN cân 3) Gọi I là giao điểm của (O) với MN; H là giao điểm của BI và NE. Chứng minh MH  BN 4) Chứng minh ba điểm M, H, F thẳng hàng 4 1 5 Câu 5. Giải phương trình  x   x  2x  x x x
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – TOÁN 9 ĐAN PHƯỢNG Năm học 2017 – 2018 Thời gian làm bài: 90 phút HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 2 1. x  25 thỏa mãn điều kiện. Thay x  25 vào A ta được A  . 7 2. Với x  0, x  9 ta có 2 x ( x  3)  ( x  1)( x  3)  (3  11 x ) 3 x ( x  3) 3 x B   . ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3) x 3 3 x 3 x 3. Ta có: AB  .  x 2 x 3 x 2 3 x 2 x 2 AB  1  AB  1  0  1  0  0 x 2 x 2 Do x  2  0 x  0, x  9  2 x  2  0  x  1  x  1. Kết hợp với điều kiện  0  x  1. Câu 2. Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là x (giờ), x  16. Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ), y  16 . 1 1 Trong một giờ người thứ nhất làm được công việc, người thứ hai làm được công việc. x y 1 Trong 1 giờ cả hai người làm được công việc. Do đó ta có phương trình: 16 1 1 1   1 x y 16 Do người thứ nhất làm một mình trong 15h và người thứ hai làm một mình trong 6h thì cả 3 hai người làm được công việc nên ta có phương trình: 4
15 6 3    2 x y 4 Từ 1 và  2  ta có hệ phương trình: 1 1 1 1 1  x  y  16    x  24   x 24    15  6  3 1  1  y  48  x y 4  y 48 Vậy nếu làm một mình xong công việc thì người thứ nhất cần 24h, người thứ hai cần 48h. Câu 3.1) Ta có: x 4  3x 2  4  0   x 4  1   3x 2  3  0   x 2  1 x 2  4   0  x 2  1  x  1. 2. 2) Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì: ac  0  1.(m2  4)  0  m2  4  2  m  2. Câu 4 1) Ta có BEN  900 (góc nội tiếp chắn nửa A B đường tròn) MEN  900 E M MDN  900 (vì ABCD là hình vuông) H Suy ra MEN  MDN  180 0 O I F Do vậy MDNE là tứ giác nội tiếp 2) Ta có EBN  ECN (cùng chắn cung EN) D N C Mà ECN  450  EBN  450 Lại có BEN  900 (cm trên) nên BEN vuông cân tại E Vậy BEN là tam giác cân tại E 3)Ta có BIN  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BI  MN Mặt khác NE  MB (do BEN  900 ) Suy ra H là trực tâm của BMN  MH  BN
4) Vì N là trung điểm của CD nên ta chứng A B minh được BCN=BIN  IBN  CBN E Mà CBN  CEN (cùng chắn cung NC) M Suy ra CEN  IBN hay FEN  HBN H O Do vậy HFB  HEB  180 0 I F Mà HEB  90  HFB  90 hay HF  BN 0 0 Lại có MH  BN nên suy ra 3 điểm M, H, N thẳng hàng D N C 4 1 5 Câu 5. Phương trình:  x   x  2 x  1 x x x 1 5 Đặt a  x   a  0 , b  2x  b  0 x x 1 5 4 Ta có a 2  b 2  x   2 x    x x x x 1  a  b  a  b  0   a  b  .  a  b    a  b   0   a  b  .  a  b  1  0 2 2 Mà a  0, b  0  a  b  1  0  a  b  0  a  b 1 5 1 5 4  x  2x   x   2x   x   0 x x x x x  x  2(TM )  x2  4  0    x  2(L) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  2