Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Hoàng Văn Thụ, Nam Định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, các em có thể tham khảo và tải về "Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Hoàng Văn Thụ, Nam Định" được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây để có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập giải đề thi nhanh và chính xác giúp các em tự tin đạt điểm cao trong kì thi này. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THCS Hoàng Văn Thụ, Nam Định

UBND THÀNH PHỐ NAM ĐỊNH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn: TOÁN – Lớp 9 THCS ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút ) Đề kiểm tra gồm 02 trang Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phòng kiểm tra: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phần I. Trắc nghiệm (2.0 điểm). Chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 2 x  by  4 Câu 1. Giá trị của a và b để hệ phương trình  có nghiệm  x; y   1;  1 là bx  ay  5 A. a  3; b  2 . B. a  2; b  3 . C. a  2; b  3 . D. a  3; b  2 . Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến với mọi x  0 ? A. y    3 1 x .  B. y    3 1 x2 .  C. y   3  1 x2 .  D. y    3  1 x2 . Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Đường thẳng y  m2 x  2 song song với đường thẳng y  9 x  m  1 khi và chỉ khi A. m  3 hoặc m  3 . B. m  3 . C. m  3 . D. m   3 . 2024 Câu 4. Điều kiện xác định của biểu thức là x 2  90 x  2025 A. x  45 . B. x  45 . C. x  45 . D. x   . 3 Câu 5. Phương trình bậc hai nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng ? 2 A. 2 x 2  3 x  7  0 . B. 2 x 2  3x  7  0 C. 3 x 2  2 x  7  0 D. 2 x 2  3 x  7  0 .  Câu 6. Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn  O  , MNP  120 . Khi đó số đo cung nhỏ MP của đường tròn  O  là A. 120 . B. 240 . C. 60 . D. 180 . Câu 7. Một hình tròn có diện tích là 20 cm2 . Đường kính của đường tròn đó bằng A. 2 5 cm . B. 4 5 cm . C. 10 cm . D. 5 2 cm .  Câu 8. Cho ABC vuông tại A , đường cao AH  H  BC  . Nếu BC  5 cm, AC  4 cm thì tan HAC bằng 3 4 4 5 A. B. . C. . D. . 4 3 5 4 Phần II. Tự luận (8.0 điểm). Bài 1. (1.5 điểm) 125 6  2 21 3 1) Chứng minh đẳng thức   3. 8  2 15  5 3 7  1 5 x x  x x  x  2 x  3  1  x  : 2 x với x  0; x  1. 2) Rút gọn biểu thức P      Trang 1/2
Bài 2. (1.5 điểm). 1) Trong cùng mặt phẳng tọa độ Oxy , biết đường thẳng y  x  2 và đường thẳng y   2m  1 x  6 (với 1 m là tham số, m  ) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. Tìm giá trị của m ? 2 2) Cho phương trình x 2  4 x  3m  2  0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12 x2  1  4 x1  x13 .  x  2 y  xy  2  Bài 3. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình  3 x 3y  x  2  y  2  5  Bài 4. (3.0 điểm). 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 8cm , AH là đường cao. Gọi M là trung điểm của AH , vẽ cung tròn tâm A bán kính AM và đường tròn đường kính MH (như hình vẽ bên). Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba, lấy   3,14 ). 2) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  đường kính AD . Vẽ đường cao AH của tam giác ABC  H  BC  và BM vuông góc với AD tại M . a) Chứng minh bốn điểm A, B, M , H cùng thuộc một đường tròn và MH  AC .   b) Gọi K là hình chiếu của B trên AC và I là trung điểm BC . Chứng minh BOM  BIM và M , I , K là ba điểm thẳng hàng. Bài 5. (1.0 điểm) 1) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  a  4b  16c   0 và a  0 . Chứng minh rằng phương trình ax 2  bx  c  0 luôn có hai nghiệm. x2  2 x  3 2) Giải phương trình: x 2  3x  2 x  1  2 x  . x Hết (Giáo viên coi kiểm tra không giải thích gì thêm) Họ tên, chữ ký giáo viên coi kiểm tra số 1: .................................................................................................................................................................................................................................................................... Họ tên, chữ ký giáo viên coi kiểm tra số 2: .................................................................................................................................................................................................................................................................... Trang 2/2
UBND THÀNH PHỐ NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 A. HƯỚNG DẪN CHUNG: 1. Nếu học sinh làm bài theo cách khác trong hướng dẫn mà đúng với chương trình THCS thì nhóm chấm thống nhất chung và cho điểm các phần tương ứng như trong hướng dẫn chấm. 2. Tổng điểm của toàn bài là tổng điểm của tất cả các câu và không làm tròn. B. THANG ĐIỂM CHI TIẾT: I. Phần trắc nghiệm (2.0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0.25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D B C A D A B B II. Phần tự luận (8.0 điểm) Bài 1. (1.5 điểm) 125 6  2 21 3 1) Chứng minh đẳng thức  8  2 15   3. 5 3 7  1 5 x x  x x 2) Rút gọn biểu thức P     x  2 x  3 1  x  : 2 x với  x  0; x  1.   Nội dung Điểm 5 2 3 3 7     2 1) VT  5 3    5 3  52 3 0,25 5 3 7  5  3  5  2 3  3  VP . Vậy ta có điều phải chứng minh. 0,25 2) Với x  0; x  1 ta có:  1 5 x P  x  x x  :   1 5 x    :  x  x x 1 0,25  x  2 x  3 1 x  2 x       x 1  x 3  x 1   2 x  1 5 x  x x  3      2    1 5 x  x  3 x   2 0,25   x 1 x 3      x 1  x 1   x  3  x 1     x  2 x 1  2   0,25  x 1   x 3    x 1   2 x 1 2 2    . 0,25  x 1 x 3  x 1 x 3 Bài 2. (1.5 điểm). 1) Trong cùng mặt phẳng tọa độ Oxy , biết đường thẳng y  x  2 và đường thẳng y   2m  1 x  6 (với 1 m là tham số, m  ) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. Tìm giá trị của m ? 2 2) Cho phương trình x 2  4 x  3m  2  0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12 x2  1  4 x1  x13 . 1) Vì 2 đường thẳng đã cho cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành nên 2m  1  1  m  1 và 0,25 tung độ giao điểm y  0 . Thay y  0 vào y  x  2 ta được x  2 . Thay x  2 và y  0 vào y   2m  1 x  6 ta được 0   2m  1 2  6  m  2 . 0,25 Vì m  2 thỏa mãn điều kiện nên m  2 là giá trị cần tìm Trang 3/2
2) Phương trình có hai nghiệm   '  6  3m  0  m  2 . 0,25  x1  x2  4  Theo hệ thức Vi-ét ta có:  0,25  x1 x2  3m  2 1  1 7 Ta có: x12 x2  1  4 x1  x13  x12  x2  x1   4 x1  1  0   2 x1  1  0  x1  2  x2  0,25 2 2 1 7 1 7 5 Thay x1  ; x2  vào 1 ta được: .  3m  2  m  ( thỏa mãn) 2 2 2 2 4 0,25 5 Vậy tất cả giá trị của m cần tìm là m  . 4  x  2 y  xy  2 1  Bài 3. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình  3 x 3y  x  2  y  2  5  2   ĐKXĐ: x  2, y  2 . 0,25 1   x  2  y  1  0  x  2 (loại) hoặc y  1 (thỏa mãn). 0,25 3x 4 Thay y  1 vào PT  2  ta có  3  5  x  (thỏa mãn). 0,25 x2 5 4  Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là:  x; y    ; 1 . 0,25 5  Bài 4. (3.0 điểm). 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 8cm , AH là đường cao. Gọi M là trung điểm của AH , vẽ cung tròn tâm A bán kính AM và đường tròn đường kính MH (như hình vẽ bên). Tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba, lấy   3,14 ). 2) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  đường kính AD . Vẽ đường cao AH của tam giác ABC  H  BC  và BM vuông góc với AD tại M . a) Chứng minh bốn điểm A, B, M , H cùng thuộc một đường tròn và MH  AC .   b) Gọi K là hình chiếu của B trên AC và I là trung điểm BC . Chứng minh BOM  BIM và M , I , K là ba điểm thẳng hàng. 1 1) AH  AC.sin C  8.sin 60  4 3  cm   AM  MH  AH  2 3  cm  2 0,25 1 1 Diện tích tam giác ABC là: S1  AH .BC   4 3  8  16 3  cm 2  2 2   2  . AM 2 .60  . 2 3 .60 Diện tích hình quạt có tâm A , bán kính AM là: S 2    2  cm 2  0,25 360 360 2 1   3  3  cm 2  2 Diện tích hình tròn là: S3   .  MH    . 0,25 2  Diện tích phần tô đậm là S  S1  S 2  S3  16 3  5  16 3  5.3,14  12, 013  cm 2  0,25 Trang 4/2
A K O B I C H M D 2a) Ta có     90 AHB AMB 0,25 Suy ra bốn điểm A, B, M , H cùng thuộc một đường tròn đường kính AB 0,25   Suy ra BAD  BHM ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MB của đường tròn đường kính AB )   Xét đường tròn  O  ta có BAD  BCD ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD ) 0,25   Suy ra BHM  BCD  MH // CD ( vì có 2 góc đồng vị bằng nhau ) (1) Lại có   90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O )  CD  AC (2) ACD 0,25 Từ (1) và (2)  MH  AC .  2b) Ta có I là trung điểm của BC  OIB  90 ( quan hệ giữa đường kính và dây ) 0,25   Do đó OIB  OMB  90  tứ giác OIMB nội tiếp đường tròn đường kính OB   Suy ra BOM  BIM ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MB ) 0,25 Chứng minh CIK cân tại I  CIK  180  2   180    ACB AOB 0,25 Lại có BIM  BOM  180     AOB       Do đó CIK  BIM mà CIK  BIK  180  BIM  BIK  180 0,25 Suy ra M , I , K là ba điểm thẳng hàng. Bài 5. (1.0 điểm) 1) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a  a  4b  16c   0 và a  0 . Chứng minh rằng phương trình ax 2  bx  c  0 luôn có hai nghiệm. x2  2 x  3 2) Giải phương trình: x 2  3x  2 x  1  2 x  . x 1) Xét phương trình ax 2  bx  c  0 với a  0 ta có   b 2  4ac 1 Vì a  a  4b  16c   0  a 2  4ab  16ac  0  a 2  4ab  4b 2  4b 2  16ac 0,25   a  2b   4  b 2  4ac   b 2  4ac  0  2  2 Từ (1) và (2) suy ra   b 2  4ac  0 .Vậy phương trình ax 2  bx  c  0 luôn có hai nghiệm. 0,25 Trang 5/2
x2  2 x  3 2) Giải phương trình: x 2  3x  2 x  1  2 x  . Điều kiện: x  1 x x 2  3x  2 x  1  2 x  x2  2x  3  x  x  3  2 x  1  2 x   x  1 x  3  0 x x 0,25   x  1 x  3     x  x  3   x   2  x 1  2x  0   x3  x3   x     x  x 1  2 x  x 1  0  x  x 1    x  2  0     x 2  x  1  x 2  x  1  0 (vô nghiệm) x3 0,25 hoặc  4  x  3  4 x  x  1 (Thoả mãn điều kiện). Vậy S  1 . x ---Hết--- Trang 6/2