Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT UBND Quận Đống Đa

Chia sẻ: Xylitol Extra | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo Đề thi học kì 2 môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT UBND Quận Đống Đa tài liệu tổng hợp nhiều câu hỏi bài tập khác nhau nhằm giúp các em ôn tập và nâng cao kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt được điểm số như mong muốn!

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 UBND Quận Đống Đa

UBND QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN TOÁN – LỚP 9 Đề chính thức Thời gian làm bài : 90 phút Ngày kiểm tra : 18 tháng 4 năm 2018 Bài I. (2,5 điểm) 2 x 1 x 3 x  4 1 Cho biểu thức A  và B   với x  0, x  4 x x2 x x 2 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x  9 b) Rút gọn biểu thức B B c) Cho P  . Tìm x để P  P A Bài II. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một xí nghiệp theo kế hoạch phải sản xuất 75 sản phẩm trong một số ngày dự kiến. Trong thực tế, do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày xí nghiệp làm vượt mức 5 sản phẩm, vì vậy không những họ đã làm được 80 sản phẩm mà còn hoàn thành sớm hơn kế hoạch 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xí nghiệp đó sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài III. (1,5 điểm) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y   2m  1 x  2m 1) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m  1 2) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x 2 ; y 2  sao cho y1  y2  x1x 2  1 Bài IV. (3,5 điểm) Cho điểm M cố định nằm bên ngoài đường tròn (O;R). Qua M vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A và B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kì trên cung nhỏ AB của đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB, MA, MB. 1) Chứng minh bốn điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn. 2) AC cắt DE tại P, BC cắt DF tại Q. Chứng minh PAE đồng dạng với PDC suy ra PA.PC  PD.PE . 3) Chứng minh AB // PQ.
4) Khi điểm C di động trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) thì trọng tâm G của tam giác ABC di chuyển trên đường nào? Bài V. (0,5 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  7; ab  bc  ca  15 11 Chứng minh rằng : a  . 3
HDG: Bài I. (2,5 điểm) 2 x 1 x 3 x  4 1 Cho biểu thức A  và B   với x  0, x  4 x x2 x x 2 d) Tính giá trị của biểu thức A khi x  9 e) Rút gọn biểu thức B B f) Cho P  . Tìm x để P  P A Hướng dẫn giải: a) Thay x  9 (Thỏa mãn điều kiện x  0 ) vào biểu thức A, ta có: 2 9 1 A 9 2.3  1 A 3 7 A 3 7 Vậy, x  9 thì A  3 b) Rút gọn: x 3 x  4 1 B  x2 x x 2 x 3 x  4 1 B  x ( x  2) x 2 x 3 x  4 x B x ( x  2) x4 x 4 B x ( x  2)   2 x 2 B x ( x  2) x 2 B x B x  2 2 x 1 x 2 c) P   :  A x x 2 x 1
x 2 P P P0 0 2 x 1 Mà 2 x  1  0 với mọi x  0, x  4 nên: x 2 0 x 20 x  2 x  4 2 x 1 Vậy để P  P thì 0  x  4 Bài II. (2,0 điểm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xí nghiệp theo kế hoạch phải sản xuất 75 sản phẩm trong một số ngày dự kiến. Trong thực tế, do cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày xí nghiệp làm vượt mức 5 sản phẩm, vì vậy không những họ đã làm được 80 sản phẩm mà còn hoàn thành sớm hơn kế hoạch 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xí nghiệp đó sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Hướng dẫn giải: Gọi số sản phẩm xí nghiệp sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch là x (sản phẩm)đk: x  N *; x  0 thì số sản phẩm xí nghiệp sản xuất trong 1 ngày ở thực tế là x  5 (sản phẩm). 75 Số ngày theo kế hoạch là: (ngày) x 80 Số ngày trong thực tế là: (ngày). x5 Vì trong thực tế xí nghiệp hoàn thành sớm hơn kế hoạch 1 ngày nên ta có phương trình: 75 80   1  75( x  5)  80 x  x( x  5) x x5  x 2  10 x  375  0  x  15 (TMĐK) hoặc x  25 (loại). Vậy theo kế hoạch mỗi ngày xí nghiệp đó sản xuất 15 sản phẩm. Bài III. (1,5 điểm) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y   2m  1 x  2m 1) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m  1 2) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x 2 ; y 2  sao cho y1  y2  x1x 2  1 Hướng dẫn giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : x 2   2m  1 x  2m  x 2   2m  1 x  2m  0 *
a) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m  1 Thay m  1 vào phương trình (*) x 2  3x  2  0 x  1 y  1   x  2 y  4 Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là 1;1 &  2; 4  b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x 2 ; y 2  sao cho y1  y2  x1x 2  1 Để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt    0    2m  1  8m   2m  1  0m 2 2 1 0m 2  x  x 2  2m  1 Áp dụng định lý Viet:  1  x1x 2  2m  y1  x12 M, N   P     y 2  x 2 2 y1  y 2  x1x 2  1  x12  x 2 2  x1x 2  1   x1  x 2   3x1x 2  1 2   2m  1  6m  1 2  4m 2  2m  0  2m  2m  1  0  m  0  TM    m  1  KTM   2 Vậy m  0 để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x 2 ; y 2  sao cho y1  y2  x1x 2  1 Bài IV. (3,5 điểm) Cho điểm M cố định nằm bên ngoài đường tròn (O;R). Qua M vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (với A và B là các tiếp điểm). Gọi C là điểm bất kì trên cung nhỏ AB của đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB, MA, MB. 1) Chứng minh bốn điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn. 2) AC cắt DE tại P, BC cắt DF tại Q.
Chứng minh PAE đồng dạng với PDC suy ra PA.PC  PD.PE . 3) Chứng minh AB // PQ. 4) Khi điểm C di động trên cung nhỏ AB của đường tròn (O) thì trọng tâm G của tam giác ABC di chuyển trên đường nào? Hướng dẫn giải: A E P O M D C Q F B 1) Tứ giác ADCE có: ADC  AEC  900  900  1800 Mà 2 góc ở vị trí đối nhau => Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn => bốn điểm A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn. 2) Xét PAE và PDC có: APE  CPD (đối đỉnh); PAE  PDC (góc nội tiếp chắn EC ) PA PE => PAE PDC (g.g) =>  (cạnh tương ứng) => PA.PC  PD.PE PD PC 3) - CM: Tứ giác DCFB có: BDC  BEC  900  900  1800 Mà 2 góc ở vị trí đối nhau => Tứ giác DCFB nội tiếp đường tròn - Có: APD  1 2    1 sd AD  sd EC  ACD  EAC 4  CQD  1 2    1 sdCD  sd BF  DBC  BCF 4  Mà ACD  BCF (cùng phụ với DAC ) ; EAC  DBC (cùng chắn AC ). => APD  CQD => Tứ giác DPCQ nội tiếp => CPQ  CDQ (cùng chắn CQ ).
Mà CDQ  CBF  CAB => CPQ  CAB => AB / / PQ 4) A E P D C G N I O M Q F B Gọi G là trọng tâm ABC CG 2 NG 1 N  OM  AB     CN 3 NC 3 Từ G dựng GI / /OC  I  OM GI NG NI 1 1 1      IG  OC  R không đổi OC NC NO 3 3 3 NI 1 Mà  , do M, O, A, B cố định nên N cố định  I cố định NG 3  1  Vậy trọng tâm G của ABC chuyển động trên  I; R  cố định  3  Bài V. (0,5 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  7; ab  bc  ca  15 11 Chứng minh rằng : a  . 3 Hướng dẫn giải:  abc  7  bc 7a Ta có:   1 ab  bc  ca  15 a  b  c   bc  15
Với hai số thực b, c ta luôn có:  b  c   4bc   b  c   0   b  c   4bc  2  . 2 2 2 Từ 1 và  2  , ta được: 60  4a  b  c   4bc  4a  7  a    7  a  2  3a 2  14a  11  0   a  1 3a  11  0 11 1 a  . 3