Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Quận Bắc Từ Liêm

Chia sẻ: Wang Li< >nkai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi được biên soạn bởi phòng GD&ĐT Quận Bắc Từ Liêm nhằm nâng cao chất lượng học tập môn Toán của các em học sinh khối 9. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.

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 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Quận Bắc Từ Liêm

UBND QUẬN BẮC TỪ LIÊM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút 4 x 1 x 2 Bài I: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  ;B    với x  0; x  1 x 1 x 1 x 1 x 1 1. Tính giá trị biểu thức A khi x  49; x 1 2. Chứng minh B  ; x 1 3. Cho P  A : B. Tìm giá trị của x để P   x  1  x  4  x  4. Bài II: (2,0 điểm) 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 124m. Nếu tăng chiều dài thêm 5m và chiều rộng thêm 3m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn ban đầu? 2) Tính diện tích mặt bàn hình tròn có đường kính 1,2m. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Bài III: (2,5 điểm) 2  x  2   y  1  6 1) Giải hệ phương trình  . 5  x  2   2 y  1  16 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  mx  3 (m là tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm của  d  và  P  khi m  2 . b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 1 1 3   . x1 x2 2 Bài IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O; R  , đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến kẻ từ A của nửa đường tròn này lấy điểm C sao cho AC  R . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của nửa đường tròn  O; R  , với D là tiếp điểm. Gọi H là giao điểm của AD và OC . 1) Chứng minh: ACDO là tứ giác nội tiếp. 2) Đường thẳng BC cắt đường tròn  O; R  tại điểm thứ hai là M . Chứng minh: CD 2  CM .CB . 3) Gọi K là giao điểm của AD và BC . Chứng minh: MHC   CBO  và CM  KM . CB KB Bài V: (0,5 điểm) Cho a, b  0 thỏa mãn : a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 1 2 M 2   4ab . a b 2 ab ---HẾT--- NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
HƯỚNG DẪN 4 x 1 x 2 Bài I: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  ;B    với x  0; x  1 x 1 x 1 x 1 x 1 1. Tính giá trị biểu thức A khi x  49; x 1 2. Chứng minh B  ; x 1 3. Cho P  A : B. Tìm giá trị của x để P   x  1  x  4  x  4. Hướng dẫn 4 49 4.7 1. Với x  49  A    14. 49  1 6 Xét B  1  x  2  x 1  x   x 1  2  x 1  x  x  2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1   2 x 1  x  x  2 x 1 x 1 B   . x 1  x 1 x 1  x 1 4 x x 1 4 x 3. Ta có P  A : B  :  x 1 x 1 x 1 Khi đó P   x 1  x  4  x  4 Điều kiện: x  4 Nên 4 x x 1   x 1  x  4  x  4  4 x  x  4  x  4   2  4 x  x4 x4  x4 x4 4 x  0  x  2  x  4  0.  Do    x 2 2  0   4 x  x4 x4  x 2  x4  0 2    x  4  0  x  2  0  x  2 Dầu “ ” xảy ra     x  4(tm)  x  4  0  x  4  0 Vậy x  4 thì P   x  1  x  4  x  4. Bài II: (2,0 điểm) 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 124m. Nếu tăng chiều dài thêm 5m và chiều rộng thêm 3m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn ban đầu? 2) Tính diện tích mặt bàn hình tròn có đường kính 1,2m. ( Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Hướng dẫn 1) Gọi chiều dài ban đầu của mảnh vườn là x (m), chiều rộng ban đầu là y (m). ( x > y > 0) Vì chu vi ban đầu của mảnh vườn là 124m nên ta có phương trình: 2( x + y ) = 124  x  y  62 (1) Sau khi thay đổi kích thước thì chiều dài mảnh vườn là:( x + 5) (m) và chiều rộng là:( y + 3) (m). Diện tích mảnh vườn tăng thêm 255m 2 nên ta có phương trình: ( x + 5)(y + 3) = xy + 255.  3 x  5 y  240 (2)  x  y  62 3 x  3 y  186  y  27 Từ (1), (2) ta có hệ :    ( thỏa mãn điều kiện) 3 x  5 y  240 3 x  5 y  240  x  35 Vậy chiều dài ban đầu của mảnh vườn là 35m, chiều rộng là 27m. NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
1, 2 2) Bán kính mặt bàn là : R   0, 6( m) 2 Diện tích mặt bàn là : S   R 2  3,14.(0, 6) 2  1,13( m 2 ) . Bài III: (2,5 điểm) 2  x  2   y  1  6 1) Giải hệ phương trình  5  x  2   2 y  1  16 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  mx  3 (m là tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm của  d  và  P  khi m  2 . b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 1 1 3   . x1 x2 2 Hướng dẫn 2  x  2   y  1  6 1)  (ĐKXĐ: y  1 ) 5  x  2   2 y  1  16  x  2  a Đặt  khi đó hệ phương trình trở thành  y  1  b  b  0   2a  b  6  5a  2b  16 4a  2b  12  5a  2b  16 a  4   2a  b  6 a  4  2.4  b  6 a  4  (tmđk b  0 ) b  2  x  2  4   y  1  2 x  2   y 1  4 x  2  (tmĐKXĐ) y  5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (2;5) 2) a) Thay m = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta có y = 2x + 3 Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) và (d) là x2  2 x  3  x2  2x  3  0   b 2  4ac   2   4.1.  3  16 2 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
0  phương trình có hai nghiệm phân biệt b   2  16 x1   3 2a 2.1 b   2  16 x2    1 2a 2.1 Thay x1  3 vào phương trình (P) ta có y1  9 Thay x2  1 vào phương trình (P) ta có y2  1 Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) và (d) là (3; 9) và (-1; 1) b) Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số (P) và (d) là x 2  mx  3  x 2  mx  3  0  *   b  4ac 2  m 2  4.1.  3   m 2  12 Có m 2  12  12  0 0  phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m  (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m Áp dụng hệ thức Vi et ta có b S  x1  x2  m a c P  x1. x2   3 a Vì x1.x2  3  x1.x2  0 nên x1  0 và x2  0 1 1 3 Ta có   x1 x2 2 x x 3  1 2  x1.x2 2  2  x1  x2   3x1.x2  2m  3  3 9 m 2 1 1 3 9 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn   m x1 x2 2 2 Bài IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O; R  , đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến kẻ từ A của nửa đường tròn này lấy điểm C sao cho AC  R . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của nửa đường tròn  O; R  , với D là tiếp điểm. Gọi H là giao điểm của AD và OC . 1) Chứng minh: ACDO là tứ giác nội tiếp. 2) Đường thẳng BC cắt đường tròn  O; R  tại điểm thứ hai là M . Chứng minh: CD 2  CM .CB .   CBO 3) Gọi K là giao điểm của AD và BC . Chứng minh: MHC  và CM  KM . CB KB Hướng dẫn NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
C M D K H A O B 1) Chứng minh: ACDO là tứ giác nội tiếp.   CDO Tứ giác ACDO có CAO   90 (tính chất của tiếp tuyến ) nên tứ giác ACDO nội tiếp đường tròn đường kính AO . 2) Đường thẳng BC cắt đường tròn  O; R  tại điểm thứ hai là M . Chứng minh: CD 2  CM .CB . Xét CDM và CBD có:  chung; MCD   CBD CDM  )  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MD CD CB  CDM ” CBD    CD 2  CM .CB . CM CD 3) Gọi K là giao điểm của AD và BC . Chứng minh: MHC   CBO  và CM  KM . CB KB Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có CA  CD mà OA  OD   R  nên OC là trung trực của AD  OC  AD tại trung điểm H của AD . Lại có  AMC  90 (kề bù với  AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   AMB ).   Tứ giác ACMH có AMC  AHC  90 nên nội tiếp đường tròn đường kính AC   MAC  MHC  (hai góc nội tiếp cùng chắn MC  ), mà MAC   MBA  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn    MBA AM )  MHC   MAC   hay MHC    CBO .   CBO Vì MHC  nên tứ giác OHMB nội tiếp (có góc ngoài đỉnh H bằng góc trong đỉnh B )   OMB  OHB  (hai góc nội tiếp cùng chắn OB  ) và OMB   MBO  ( OMB cân tại O ).   MBO Vậy MHC   OMB  OHB   90  MHC   90  OHB   MHK  BHK  HK là tia phân giác trong tại đỉnh H của MHB . Lại có HC  HK  HC là phân giác ngoài tại đỉnh H của MHB . CM HM KM Theo tính chất đường phân giác, ta có:   . CB HB KB CM KM Vậy  . CB KB NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
Bài V: (0,5 điểm) Cho a , b  0 thỏa mãn : a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 1 2 M 2   4ab . a b 2 ab Hướng dẫn 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức   , x, y  0 . Dấu “=” xảy ra  x  y. ( Chứng minh bằng x y x y phương pháp biến đổi tương đương) 1 2 Ta có : M  2   4ab a b 2 ab 1 1 3  2    4ab a  b 2ab 2ab 2  1 1   1  5  2     4ab    a  b 2ab   2 4ab  4ab 1 1 4    4 a b 2 2 2ab  a  b 2 1 1  4ab   2 4ab. 2 4ab 4ab 1 1 5  2 ab  a  b  1  ab   4 5 4 ab 4 ab 1 Suy ra: M  4  2  5  11. Dấu “=” xảy ra khi a  b  . 2 1 Vậy GTNN của M  11 khi a  b  . 2 ---HẾT--- NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/