TaiLieu.VN giới thiệu đến bạn “Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định” nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi. Chúc các em thi tốt!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II
NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: Toán – lớp 9 THCS
ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút)
Đề khảo sát gồm 02 trang.
Họ và tên học sinh:………………………………………
Số báo danh:………….……………………..……………
Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước
phương án đó vào bài làm.
2021
Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là
x 3
A. x 3. B. x 3. C. x 3. D. x 3.
Câu 2. Giá trị của biểu thức 2 36 27 bằng
3
A. 3. B. 9. C. 9. D. 15.
Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y 3 – m x 5 (m 3) song song với đường
thẳng y 2 x 1 khi và chỉ khi
A. m 1. B. m 1. C. m 1. D. m 1.
Câu 4. Giá trị của m để hàm số y 2 m x m 2 nghịch biến với mọi giá trị của x 0 là
2
A. m 2. B. m 2. C. m 2. D. m 2.
Câu 5. Đường thẳng có phương trình y 2 x 5 đi qua điểm A có tung độ bằng 3. Hoành độ của
điểm A là
A. 1. B. 1. C. 11. D. 4.
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết BC 4 và ABC 30 . Độ dài của cạnh AC bằng
0
4
A. 4 3. B. . C. 2 3. D. 2.
3
Câu 7. Cho hai đường tròn O;3cm và O ';5cm có OO ' 8cm . Số tiếp tuyến chung của hai
đường tròn là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 8. Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh 8cm là
A. 4 2 cm. B. 8 2 cm. C. 4 cm. D. 8 cm.
Phần II: Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1. (1,5 điểm)
1) Chứng minh đẳng thức: 6 24 10 4 6 2.
x x 1 2 x 2
2) Rút gọn biểu thức: P : (với x 0 và x 1 ).
x x 1 2( x x )
Bài 2. (1,5 điểm). Cho phương trình x 2 (m 3) x 2m 2 0 (với m là tham số).
1) Giải phương trình khi m 5 .
2) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
3) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để x22 x1 2 .
x 2 y 1 0
Bài 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau: 2
x y x 2 y 13
2
1
- Bài 4. (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, độ dài cạnh AC
bằng 6cm và góc ACB bằng 30o , đường tròn (B) tiếp
xúc với cạnh AC tại A. Tính diện tích phần tam giác
ABC nằm ngoài hình tròn (B) (phần tô đậm trong hình
vẽ bên; kết quả làm tròn đến số thập phân thứ nhất).
2) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ các tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm). Trên
cung lớn BC lấy điểm E tuỳ ý (E không thuộc đường thẳng AO), đường thẳng AE cắt đường tròn (O)
tại D (D khác E). Kẻ OI vuông góc với DE (I thuộc DE).
a) Chứng minh AO BC và tứ giác ABIO nội tiếp.
b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với OB cắt BC, BE theo thứ tự ở H, K. Chứng minh
HI song song với KE.
Bài 5. (1,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 1225 số nguyên x thỏa mãn
(4 x 3)( x y ) 0.
2) Cho x và y là các số thực không âm thỏa mãn 2( x 2 y 2 ) 4 xy x y 3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P x 2 y 2 2 x 4 y.
-------------HẾT--------------
2
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
NAM ĐỊNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN - lớp 9 THCS
Hướng dẫn chấm gồm 03 trang
Phần I- Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Mỗi ý đúng được 0,25 điểm
Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8
Đáp án B C A A D D C A
Phần II – Tự luận ( 8,0 điểm)
Bài Nội dung Điểm
1) Chứng minh đẳng thức: 6 24 10 4 6 2
x x x x 2 x 2
2) Rút gọn biểu thức: P : (với x 0 và x 1 )
x x
2
2( x x )
2
1) Có 6 24 10 4 6 6 2 6 6 2
0,5
6 6 2 6 6 2 2
0,25
Bài 1 x x 1 2( x x ) x x 1 x x
(1,5 đ) 2) Với x > 0 và x 1 ta có P
x x 1 2( x 1) x x 1 x 1
0,25
x x 1
x x 1
x
3
1 x 1
0,25
x x 1
x x 1 x
.
x 1 x x 1 x 1 x 1
0,25
Cho phương trình x (m 3) x 2m 2 0 (với m là tham số)
2
1) Giải phương trình khi m 5 .
2) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
3) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả giá trị của m để x22 x1 2 .
1) Khi m 5 phương trình đã cho trở thành x 2 2 x 8 0
Có ' 1 1.( 8) 9 0 0,25
Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x1 1 9 4; x2 1 9 2.
0,25
Bài 2
2) Có m 6 m 9 8m 8 m 2m 1 m 1
2 2 2
(1,5 đ) 0,25
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 0 m 1 0 m 1
2
0,25
3) Có m 1 , khi đó phương trình có nghiệm là x 2; x m 1
2
0,25
Nếu x1 2; x2 m 1 thay vào x22 x1 2 ta có
(m 1) 2 2 2 (m 1) 2 m 1 0 m 1
Nếu x1 m 1; x2 2 thay vào x22 x1 2 ta có 4 (m 1) 2 m 3
Vậy m=1, m=3. 0,25
x 2 y 1 0
Giải hệ phương trình sau:
2 2
x y x 2 y 13
1
- Có x 2 y 1 0 x 1 2 y , thay vào phương trình x 2 y 2 x 2 y 13 ta có
(1 2 y ) 2 y 2 1 2 y 2 y 13 0,25
Bài 3 1 4 y 4 y y 1 4 y 13 3 y 8 y 11 0(1)
2 2 2
(1,0 đ) 0,25
11
Có a b c 3 8 11 0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là y1 1, y2
3 0,25
11 19
Với y1 1 thì x1 3. Với y2 thì x2
3 3
19 11
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (3; 1), ( x; y )
3 3
;
0,25
o
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, độ dài cạnh AC bằng 6cm và góc ACB bằng 30 , đường tròn
(B) tiếp xúc với cạnh AC tại A. Tính diện tích phần tam giác ABC nằm ngoài hình tròn (B)
(phần tô đậm trong hình vẽ bên; kết quả làm tròn đến số thập phân thứ nhất).
2) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ các tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm). Trên
cung lớn BC lấy điểm E tuỳ ý (E không thuộc đường thẳng AO), đường thẳng AE cắt đường tròn
(O) tại D (D khác E). Kẻ OI vuông góc với DE (I thuộc DE).
a) Chứng minh AO BC và các điểm A, B, I, O cùng thuộc một đường tròn..
b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với OB cắt BC, BE theo thứ tự ở H, K. Chứng minh
HI song song với KE.
3
Bài 4 1)Vì ABC vuông tại A nên AB AC .tan C 6.tan 300 6. 2 3(cm)
(3,0 đ) 3 0,25
1 1
Vì ABC vuông tại A nên S ABC AB. AC .2 3.6 6 3(cm 2 )
2 2 0,25
Vì ABC vuông tại A nên B C 90 mà C 300 nên B
0 600
R 2 n (2 3)2 60
Diện tích hình quạt tròn BAM là S1 2 (cm 2 )
360 360 0,25
Diện tích cần tính là S S ABC S1 6 3 2 4,1(cm 2 ) 0,25
B
K
H E
I
D
A O
C
2
- 2a) Xét đường tròn (O) có AB, AC là 2 tiếp tuyến cắt nhau nên AB = AC 0,25
Chứng minh được OB = OC. Từ đó có OA là trung trực của đoạn thẳng BC AO BC 0.25
Chứng minh được ABO AIO 900 0,25
Do đó các điểm A, B, I, O có điểm B, I cùng nhìn đoạn AO một góc 900 nên A, B, I, O cùng thuộc 0,25
đường tròn đường kính AO. (đpcm)
2b) Chứng minh được A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn tứ giác ABIC nội tiếp 0,25
BCI
BAI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)(1)
0,25
HDI
Chứng minh được AB // DK (cùng vuông góc với BO) để suy ra BAI (2 góc đồng vị)(2).
HDI
Từ (1) và (2) BCI . Từ đó chứng minh được tứ giác CDHI nội tiếp. 0,25
BCD
HID (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DH) mà BCD
BED (2 góc nội tiếp cùng chắn
0,25
BED
cung BD của đường tròn (O)) nên HID mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên HI // KE. (đpcm)
1) Tìm các số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 1225 số nguyên x thỏa mãn
(4 x 3)( x y ) 0.
2) Cho x và y là các số thực không âm thỏa mãn 2( x 2 y 2 ) 4 xy x y 3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P x 2 y 2 2 x 4 y.
1) ĐKXĐ: x 0
4x 3 0 x
3
1
Nếu (vô lý)
4
x y 0
x y 1
2
4 x 3 0
x
3
3
Nếu 4 x y 2 suy ra y 2 2 (vì x là số nguyên)
x y0
4
x y
2
Bài 5 0,25
(1,0 đ) Nếu y 2 1226 thì có nhiều hơn 1225 số nguyên x thỏa mãn (mâu thuẫn với đề bài)
Nếu 2 y 2 1226 2 y 1226 , vì y là số nguyên dương nên y 2,3, 4,..,35
0,25
2) Với x và y là các số thực không âm có
2( x 2 y 2 ) 4 xy x y 3 2( x y ) 2 ( x y ) 3 0
3
( x y 1) 2( x y ) 3 0 2( x y ) 3 0 x y
2 0,25
1
Chứng minh a 2 b 2 (a b) 2 với mọi a, b.
2
1 1
Do đó P ( x 1) 2 ( y 2) 2 5 ( x 1 y 2) 2 5 ( x y 3) 2 5
2 2
1 3 41 41 5 1
P ( 3) 2 5 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là khi x , y .
2 2 8 8 4 4
0,25
Chú ý: Các cách giải khác nếu đúng thì cho điểm tương đương.
3
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
