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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là “Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Quận Cầu Giấy” giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

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 Cầu Giấy

ỦY BAN NHÂN DÂN QUẬN CẦU GIẤY 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 2 x 4 x Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức: A  và B   với x  0 và x  4 x 2 x 2 x4 1) Tính giá trị biểu thức A khi x  9 . x 2) Chứng minh: B  . x 2 3x 3) Tìm x để A  B  . x 2 Câu II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Trong kì thi tuyển sinh vào 10, hai trường A và B có tất cả 750 học sinh dự thi. Trong số học sinh trường A dự thi có 80% học sinh trúng tuyển, còn trong số học sinh trường B dự thi có 70% học sinh trúng tuyển. Biết tổng số học sinh trúng tuyển của cả hai trường là 560 học sinh. Tính số học sinh dự thi mỗi trường? Câu III (2,0 điểm).  2  x  y  y 1  4  1. Giải hệ phương trình sau  .  1  3 y  1  5  x  y 2. Cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2  m  1 x  m 2  2m (m là tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol  P  và đường thẳng  d  khi m  2; b) Tìm m để đường thẳng  d  và Parabol  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 đối nhau. Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB và điểm M thuộc nửa đường tròn đó (M khác A, B). Trên dây BM lấy điểm N (N khác B và M), tia AN cắt nửa đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. Tia AM và tia BP cắt nhau tại Q. 1) Chứng minh : Bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh : MAB và MNQ đồng dạng. 3) Chứng minh MO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ . . 4) Dựng hình bình hành ANBC . Chứng minh QB  QC.sin QPM 1 Câu V (0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 x 2  2 xy  y 2  3x   2 x  2  2021 x ---HẾT--- NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
HƯỚNG DẪN 2 x 4 x Câu I (2,0 điểm). Cho biểu thức: A  và B   với x  0 và x  4 . x 2 x 2 x4 1) Tính giá trị biểu thức A khi x  9 . x 2) Chứng minh: B  . x 2 3x 3) Tìm x để A  B  . x 2 Hướng dẫn 2 1) Ta có : A  ĐKXĐ: x  0 và x  4 x 2 2 2 Thay x  9 (thỏa mãn) vào biểu thức A ta có: A   2 9  2 3 2 Kết luận: Với x  9 thì giá trị biểu thức A là 2 x 4 x 2) Ta có: B   ĐKXĐ: x  0 và x  4 x 2 x4 x 4 x B  x 2  x 2  x 2  B x  x 2 4 x   x 2  x 2  B x  x 2   x  x 2  x 2  x 2 x Kết luận: B  với x  0 và x  4 x 2 3x 2 x 3x 3) A  B     ĐKXĐ: x  0 và x  4 x 2 x 2 x 2 x 2 2  x  3x  0 x 2    x  1 3 x  2  0 x 2  x 1  0  x  1  x  1 (t / m)    3 x  2  0 3 x  2  x   Kết luận: Với x  1 thì thỏa mãn đề bài. Câu II (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Trong kì thi tuyển sinh vào 10, hai trường A và B có tất cả 750 học sinh dự thi. Trong số học sinh trường A dự thi có 80% học sinh trúng tuyển, còn trong số học sinh trường B dự thi có 70% học sinh trúng tuyển. Biết tổng số học sinh trúng tuyển của cả hai trường là 560 học sinh. Tính số học sinh dự thi mỗi trường? Hướng dẫn Gọi số học sinh dự tuyển của trường A là x (đơn vị: học sinh), (x; y  * , x;y< 560) số học sinh dự tuyển của trường B là y (đơn vị: học sinh) Vì tổng số học sinh dự thi của hai trường là 750 học sinh nên ta có phương trình NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
x + y = 750 (1) 4 Số học sinh trúng tuyển của trường A là 80%.x = x (học sinh) 5 7 Số học sinh trúng tuyển của trường B là 70%.y = y (học sinh) 10 Vì tổng số học sinh trúng tuyển của cả hai trường là 560 học sinh nên ta có phương trình 4 7 x  y  560 5 10  8x  7y  5600 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  x  y  750  8x  7y  5600 7x  7y  5250  8x  7y  5600  x  y  750   x  350  y  400  (thỏa mãn điều kiện của ẩn)  x  350 Vậy số học sinh dự thi của trường A là 350 học sinh Số học sinh dự thi của trường B là 400 học sinh. Câu III (2,0 điểm).  2  x  y  y 1  4  1. Giải hệ phương trình sau  .  1  3 y  1  5  x  y 2. Cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2  m  1 x  m2  2m (m là tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol  P  và đường thẳng  d  khi m  2; b) Tìm m để đường thẳng  d  và Parabol  P  cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 đối nhau. Hướng dẫn 1. Điều kiện: x  y; y  1 1 Đặt  a; y  1  b (điều kiện a  0; b  0) x y 2a  b  4 6a  3b  12 7 a  7  a  1(tm) Khi đó hệ phương trình đã cho có dạng      a  3b  5  a  3b  5 b  4  2 a b  2 (tm)  1 a  1  x  y  1  x  y  1  x  3  1  x  4 (tm) Với      b  2   y 1  4 y  3  y  3(tm)  y 1  2 x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  . y  3 2. Xét phương trình hoành độ điểm chung x 2  2  m  1 x  m2  2m  x 2  2  m  1 x  m2  2m  0 1 a) Với m  2 phương trình (1) có dạng x  0 x 2  2  2  1 x  2 2  2.2  0  x 2  2 x  0  x  x  2   0   . x  2 NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
- Với x  0  y  02  0  A  0; 0  - Với x  2  y  22  4  B  2; 4  Vậy khi m  2 thì  P  cắt  d  tại hai điểm phân biệt A  0;0  ; B  2; 4  b) Tính  '  b '2  ac     m  1    m 2  2m   m 2  2m  1  m 2  2m  1  0 2 Do  '  0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m. Suy ra đường thẳng  d  luôn cắt Parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 với mọi m.  x1  x2  2m  2 Khi đó theo hệ thức Viet ta có   x1 x2  m  2m 2 Để đường thẳng  d  cắt Parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau  x1  x2  0  2m  2  0  m  1(tm) Vậy m  1 thì đường thẳng  d  luôn cắt Parabol  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ đối nhau. Câu IV (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB và điểm M thuộc nửa đường tròn đó (M khác A, B). Trên dây BM lấy điểm N (N khác B và M), tia AN cắt nửa đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P. Tia AM và tia BP cắt nhau tại Q. 1) Chứng minh : Bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh : MAB và MNQ đồng dạng. 3) Chứng minh MO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ . 4) Dựng hình bình hành ANBC . Chứng minh QB  QC.sin QPM . Hướng dẫn Q I M P N A B O C 1) Xét nửa đường tròn  O; R  ta có:  AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
 = 900 hay NMQ  BMQ  = 900  APD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   = 900 APQ = 900 hay NPQ Xét tứ giác MNPQ ta có:    900 NMQ = 900 ; NPQ  + NPQ  NMQ  = 900 +900 =1800 Mà   là hai góc ở vị trí đối nhau NMQ ; NPQ Suy ra, tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn Vậy, 4 điểm M , N , P, Q cùng thuộc một đường tròn. 2) Xét tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn ta có:  = NPM MQN  ( góc nội tiếp cùng chắn cung MN ) = Hay MQN APM Mà  APM =  ABM (Góc nội tiếp cùng chắn cung AM trong  O  )   MQN ABM Xét tam giác MAB và MNQ ta có:    90o ABM  NMQ  MQN ABM  cmt   MAB  MNQ  g .g  3) Gọi I là trung điểm của QN 1 Xét MNQ vuông tại M  NI  IQ  QN 2 Suy ra, I là tâm đường tròn ngoại tiếp MNQ Xét  O  ta có: OM  OB  R  MOB cân tại O  OMB   OBM   INM Xét  I  ta có: MI  IN  MIN cân tại I  IMN    IMN IMO   NMO    MBO = IMN    MBA = IMN    MQN = INM   90o Hay MI  MO Vây, MO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tại M . 4) Vì tứ giác ANBC là hình bình hành nên AN / / BC mà AN  BQ  CB  BQ hay CBQ   90o   90o AC / / BN mà BN  AQ  AC  AQ hay CAQ Xét tứ giác AQBC ta có :   CAQ CBQ   90o  90o  180o  ; CAQ Mà CBQ  ở hai vị trí đối nhau Suy ra, tứ giác AQBC nội tiếp một đường tròn   QAB  QCB  (góc nội tiếp cùng chắn cung QB )   MNQ Mà QAB   QPM  NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/
  QCB  QPM  Xét tam giác QCB vuông tại B ta có:   QB (tỉ số lượng giác của góc nhọn) sin QCB QC   QC.SinQPM  QB  QC.sin QCB  (đpcm) 1 Câu V (0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 x 2  2 xy  y 2  3x   2 x  2  2021 x Hướng dẫn ĐKXĐ: x  2 Ta có: 1 P  2 x 2  2 xy  y 2  3 x   2 x  2  2021 x 1  x 2  2 xy  y 2  x 2  4 x  4  x   2 x  2  2017 x x 1 3 x  ( x  y ) 2  ( x  2) 2     2 x  2  2017 4 x 4 Do ( x  y )  0 , ( x  2)2  0 , 2 x  2  0 , x  2 . 2 x 1 3x x 1 3.2 Suy ra P     2017  2 .   2017  2019,5. 4 x 4 4 x 4 Dấu "  " xảy ra khi x  y  2. ---HẾT--- NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI https://www.facebook.com/groups/650500558651229/