Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy

Chia sẻ: Kỳ Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn cũng như giúp quý thầy cô nâng cao kỹ năng biên soạn đề thi của mình. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2019 -2020 THÁI THỤY ------------------ Môn: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm). x 2 x 1 2 x 5 x 2 Cho A  và B    với x  0, x  4 x 1 x 2 x 2 4 x a) Tính giá trị của biểu thức A khi x  2 . b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm x sao cho biểu thức P   A.B nhận giá trị là số nguyên. Bài 2 (2,0 điểm).  x  my  0 Cho hệ phương trình:  mx  y  m  1 a) Giải hệ phương trình với m = 3. b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0; y > 0. Bài 3 (2,0 điểm). Cho hàm số (d): y  mx  2 (m là tham số). a) Tìm m để đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1). b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số (d) luôn cắt parabol  P  : y  x2 tại hai điểm phân biệt. Gọi x1, x2 ( x1  x2 ) là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x1  x2  2 . Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến CN và CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB). a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp. b) Chứng minh: CM2 = CA.CB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm P, giao điểm của hai đường thẳng MP và CB là E. Chứng minh ΔCEN cân. 1 1 4 d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN tại Q. Chứng minh: + 2 = OI.OQ CE MN 2 Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 3x 2  xy  3 y 2  3 y 2  yz  3z 2  3z2  zx  3x 2  7 ---- HẾT ---- Họ và tên thí sinh:................................................................ Số báo danh:..................
1 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm x 2 x 1 2 x 5 x 2 Cho A  và B    với x  0, x  4 1 x 1 x 2 x 2 4 x (2,0đ) a) Tính giá trị của biểu thức A khi x  2 . 2,00 b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm x sao cho biểu thức P   A.B nhận giá trị là số nguyên. x  2 thỏa mãn điều kiện xác định, thay vào A ta có 22 A 1a 2 1 0,25 (0,5đ) 2(1  2) A  2 2 1 Vậy với x  2 thì A  2 . 0,25 x 1 2 x 5 x 2 B   x 2 x 2 x 2 x 2    0,25   x 1  x 2   2 x  x  2  5 x  2  x  2  x  2   x  2  x  2   x  2  x  2    x  1 x  2  2 x  x  2  5 x  2 1a  x  2 x  2 0,25 (1,0đ) x  2 x  x  2  2x  4 x  5 x  2   x 2  x 2  3x  6 x 3 x x 2  3 x     x 2  x 2   x 2  x 2  x 2 0,25 3 x Vậy B  với x  0, x  4 . x 2 0,25 3 x Với x  0, x  4 thì P   A.B  x 1 Do x  0  x  1  1  0;  x  0, x  0, x  4  P  0, x  0, x  4 1c Xét x = 0 thì P = 0 (0,5đ) 3 x 3 x Xét x > 0 ta có   3, x  0, x  4 x 1 x 3 x   3 . Vậy 3  P  0 x 1 0,25
2 Câu Nội dung Điểm Mà mà P nhận giá trị nguyên nên P = 2, 1,0 3 x +) P =  0  3 x  0  x  0 (t / m) x +1 3 x 1 +) P   1  2 x  1  x  (t / m) x +1 4 3 x +) P   2  x  2  x  4 ( Không t / m) x +1 1 Vậy x = 0; x = thì P nhận giá trị nguyên. 4 0,25  x  my  0 Cho hệ phương trình:  2 mx  y  m  1 (2,0đ) a) Giải hệ phương trình với m  3 b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0 và y > 0. x  3y  0 Khi m = 3 ta có hệ phương trình  0,25 3x  y  4 x  3y  3.3 y  y  4 0,25 x  3y x  3y    1 8 y  4  y 2a  2 0,25 (1,0đ)  3  x  2  y  1  2  3  x  2 Kết luận: Với m = 3 hệ có nghiệm  y  1  2 0,25  x  my  0 (1) Xét hệ phương trình  mx  y  m  1 (2) 2b Từ (1) ta có x  my (*) (1,0đ)   Thế vào (2) ta có m.my  y  m  1  m  1 y  m  1 (3) 2 Hệ có nghiệm duy nhất  (3) có nghiệm duy nhất  m2  1  0  m2  1  m  1 0,25 m 1 1 m Khi m  1 ,(3)  y  y x m 1 2 m 1 m 1 0,25
3 Câu Nội dung Điểm  m  x  m  1 Hệ có nghiệm duy nhất  y  1  m 1  m  x 0  x  0  m 1  m0     m 1 y  0 y  1  0 m  1  0  m 1 Thỏa mãn m  1 0,25 Vậy với m > 1 Thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x > 0 và y > 0 0,25 Cho hàm số (d): y  mx  2 (m là tham số). a) Tìm m để đồ thị hàm số (d)đi qua điểm A(2; 1) 3 b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số (d) luôn cắt parabol (2,0đ)  P  : y  x2 tại hai điểm phân biệt. Gọi x1, x2 ( x1  x2 ) là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x1  x2  2 . Đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1) nên tọa độ của A là x = 2 và y = 1 thỏa mãn phương trình y  mx  2 0,25 3a 1 Ta có 1  m.2  2  m   (0,75đ) 2 0,25 1 Vậy m  thì đồ thị hàm số (d) đi qua điểm A(2; 1); 2 0,25  y  x2 Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình  0,25  y  mx  2 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2  mx  2  x2  mx  2  0 Ta có a = 1 > 0 và c =  2 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt và hai nghiệm trái dấu. 0,25 3b Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 0,25 (1,25đ) Vì x1 , x2 trái dấu và x1< x2 nên x1 0 hay x2  x2 , x1   x1 x1  x2  2   x1  x2  2  x1  x2  2 0,25 b Theo hệ thức Vi-et x1  x2  m a Suy ra m = 2 (thỏa mãn) Vậy khi m = 2 thì x1  x2  2 0,25
4 Câu Nội dung Điểm Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến CN và CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB). a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp. 4 b) Chứng minh: CM2 = CA.CB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm P, giao điểm của hai đường thẳng MP và CB là E. Chứng minh ΔCEN cân. d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN tại Q. 1 1 4 Chứng minh: + 2 = OI.OQ CE MN 2 Q N P A C B E I H O M   900 Vì CM là tiếp tuyến tại M của (O) nên OMC 0,25 (O) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB 4a   900 0,25 (1,0đ)  OI  AB  OIC   OMC Tứ giác OICM có: OIC   900  900  1800 0,25  Tứ giác OICM nội tiếp được đường tròn. 0,25  là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AM (O) có: CMA  0,5  là góc nội tiếp chắn AM CBM   CMA   CBM   CMA và  CBM có: MCB chung, CMA   CBM  4b 0,25 (1,0đ)   CMA  CBM (g.g) CM CA   CB CM 0,25  CM 2  CA.CB  là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn MP Vì CME  nên   1 sđMP  0,25 CME 4c 2 (1,0đ)   PB (O) có OP  dây AB  PA  (liên hệ giữa cung và dây) 0,25
5 Câu Nội dung Điểm Vì CEM   1 sđ AM  là góc có đỉnh ở bên trong (O) nên: CEM    PB 2     PB Mà PA  0,25   1 sđ AM CEM 2    1 sđMP   PA 2   CEM   CME    MCE cân tại C  CM = CE mà CM = CN (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) 0,25  CN = CE   NCE cân tại C. Gọi H là giao điểm của OC và MN. Ta có: OM = ON và CM = CN  OC là đường trung trực của MN  OC  MN tại H 0,25  OIC và  OHQ có COQ chung, OIC   OHQ   900 OI OC   OIC  OHQ (g.g)    OI.OQ  OH.OC 4d OH OQ (0,5đ)  OCM vuông tại M, đường cao MH 1 1 1  OH.OC  OM2 và 2  2  OM CM MH 2 1 0,25 Mà OI.OQ  OH.OC  OM2 , CM = CE, MH = MN 2 1 1 4  + 2 = (đpcm) OI.OQ CE MN 2 5 Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng : (0,5đ) 3x 2  xy  3 y 2  3 y 2  yz  3z 2  3z2  zx  3x 2  7 Ta có: 4(3x2 + xy + 3y2 ) = 7(x + y)2 + 5(x  y)2  7(x + y)2 Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = y 7 Vì x, y > 0 nên 3x 2  xy  3 y 2  ( x  y) . 2 Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = y 0,25 Chứng minh tương tự ta có: 7 3 y 2  yz  3z 2  ( y  z ) . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi y = z 2 7 3z 2  zx  3x 2  ( z  x) . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi z = x 2 Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: 3x 2  xy  3 y 2  3 y 2  yz  3z2  3z2  zx  3x 2  7( x  y  z ) Do x+ y+ z = 1, suy ra: 3x 2  xy  3 y 2  3 y 2  yz  3z 2  3z2  zx  3x 2  7 . 1 Dấu ‘‘=’’xảy ra khi x = y = z = 3 0,25
6 Ghi chú: +) Hướng dẫn trên gồm các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng. Thí sinh phải biến đổi hợp lí và có lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa theo thang điểm. +) Câu 4 nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không chấm điểm. +) Mọi cách giải khác trên mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm. +) Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.