Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Long Biên

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

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với “Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Long Biên” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức môn học nhằm chuẩn bị cho kì thi quan trọng sắp diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi học kì thật dễ dàng nhé!

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 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Long Biên

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II LỚP 9 QUẬN LONG BIÊN NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/4/2022 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề ) Câu 1: (2 điểm). x − 2 4 x − 2 x Cho biểu thức A = − và B = với x  0; x  4 . x 2 − x 2 1 1) Tính giá trị của biểu thức B khi x = . 4 x+4 2) Chứng minh rằng A .B = . 2 3) Tìm các giá trị của x để B = 1 . Câu 2: (1,5 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình: Tìm một số tự nhiên có hai chữ số biết rằng: Tổng hai chữ số của số đó bằng 9, nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được một số mới (có hai chữ số) bé hơn số ban đầu 27 đơn vị. Câu 3: (2,5 điểm). 1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 x 2 + 7 x = 4 . 2 x − y = 4  b)  . x + 3  y =9 2) Cho phương trình bậc hai x 2 − 2 x + 2 m − 3 = 0 ( x là ẩn). Xác định các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mãn 1 1 10 điều kiện 2 + 2 = . x1 x2 9 Câu 4: (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn( A B  A C ) nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ các đường cao AI, BK của tam giác ABC (I ∈ BC, K ∈ AC). Gọi H là giao điểm của AI và BK và M là trung điểm của BC, kẻ HE vuông góc với AM tại E. 1) Chứng minh rằng bốn điểm A, H, E, K cùng thuộc một đường tròn . 2) Chứng minh: IB . IC = IH . IA . 3) Chứng minh: A E K = ACM và M E .M A  R 2 . Câu 5:(0,5 điểm). 1 Giải phương trình: 4 x + −1= 4x −1 2 . 2x ----------Hết---------- Họ tên Thí sinh:.................................................SBD..............................................
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM QUẬN LONG BIÊN Năm học 2021-2022 Môn thi : Toán Câu ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 x − 2 4 x − 2 x 0,5 đ Cho biểu thức A = − và B = với x  0; x  4 . x 2 − x 2 1 1) Tính giá trị của biểu thức B khi x = . 4 1 1 1  0,25đ Thay x = ( TMĐK) vào biểu thức B ta được: B =  − 2 :2 4  4 4  1 1  −3 0,25đ B =  − 2.  : 2 =  4 2 8 x+4 2 Chứng minh rằng A .B = . 0,75đ 2  x − 2 4  x − 2 x  x − 2 4  x − 2 x A .B =  − . =  + .  x 2 − x  2  x x − 2  2   ( ) 2 x − 2  4 x  x − 2 x A .B = + . 0,25đ   x ( x − 2 ) x ( x − 2   ) 2  x − 4 x + 4 4 x  x ( x − 2 ) A .B =  + .  x  x − 2 ( ) x ( x − 2   ) 2 0,25đ x + 4 x ( x − 2 ) A .B = . x ( x − 2 ) 2 x + 4 A .B = . (Điều phải chứng minh) 0,25đ 2 3 Tìm các giá trị của x để B =1 với x  0; x  4 0,75đ x − 2 x Để B =1 =1  x− 2 x − 2 = 0 2 Đặt x = t  0 ta có PT: t − 2t − 2 = 0 2 có  ' = 3 . Phương trình có hai nghiệm t1 = 1 − 3  0 ( loại), t2 = 1 + 3 ( thỏa mãn) 0,25đ ( ) 2 Suy ra : x =1+ 3  x = 1+ 3 = 4+ 2 3 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25đ Vậy x = 4+ 2 3 là giá trị cần tìm. 0,25đ
Tìm một số tự nhiên có hai chữ số biết rằng: Tổng hai chữ số của số đó bằng 9, nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được một số mới (có hai chữ số) nhỏ 2 hơn số ban đầu 27 đơn vị. 1,5đ Gọi số tự nhiên cần tìm là (a  N , b  N , a  9, b  9 ) * * ab 0,25đ Vì tổng các chữ số là 9 nên ta có phương trình a +b =9 (1 ) 0,25đ Đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được số mới là b a Vì số mới bé hơn số cũ 27 đơn vị nên ta có phương trình ab − ba = 27 (2) 0,25đ a + b = 9 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  ab − ba = 27 a = 6 Giải hệ phương trình, tìm được  b = 3 0,5đ Đối chiếu ĐK và kết luận: Số cần tìm là 63. 0,25đ 3 1 Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 1,5đ 2 x − y = 4  2x + 7x = 4 2 a) . b)  . x + 3  y =9 1a Giải phương trình: 2x + 7x = 4 2 . 0,75đ 2x + 7x = 4  2x + 7x − 4 = 0 2 2 Ta có: 0,25đ Tính được  = 81  0   =9 0,25đ 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = − 4 ; x2 = . 0,25đ 2 2 x − y = 4  Giải hệ phương trình  . 1b x + 3  y =9 0,75đ 2 x − y = 4 Giải hệ phương trình  ĐKXĐ: y  0 . 0,25đ  x + 3  y =9 2 x −  y = 4  6 x − 3 y = 12 x = 3  x = 3 0,25đ Ta có:        x + 3  y =9 x + 3 y = 9   y = 2  y = 4 x = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm  0.25đ y = 4 2 Cho phương trình bậc hai x 2 − 2 x + 2 m − 3 = 0 (với x là ẩn ). Xác định các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thỏa mãn 1,0đ 1 1 10 2 + 2 = . x1 x2 9 Xét phương trình bậc hai: x − 2 x + 2m − 3 = 0 2 (I)
Ta có:  = 1 6 − 8 m Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thì   0  1 6 − 8 m  0  m  2 (*)  x1 + x 2 = 2 (1 ) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1  x 2 = 2 m − 3 (2 ) 0,25đ Xét: 1 + 1 = 10 ĐKXĐ: x1 . x 2  0  2 m − 3  0  m  3 . (**) 0,25đ 2 2 x1 x2 9 2 Theo đề bài, ta có: ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 2 x1 + x 2 2 2 1 1 10 10 10 2 + 2 =  2 2 =  2 2 = (3) x1 x2 9 x1 . x 2 9 x1 . x 2 9 Thay (1), (2) vào (3) ta được: 2 − 2 (2m − 3) m = 0 2 10 =  1 0 m − 2 1m = 0  m (1 0 m − 2 1 ) = 0   0,25đ 2 (2m − 3) 2 9  m = 2 ,1 Đối chiếu với ĐK (*) và (**) suy ra m =0 thỏa mãn. 1 1 10 Vậy m =0 thì pt có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn + = . x1 2 2 x2 9 0,25đ 4 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn( A B  A C ) nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ 3,5đ các đường cao AI, BK của tam giác ABC (I ∈ BC, K ∈ AC). Gọi H là giao điểm của AI và BK và M là trung điểm của BC, kẻ HE vuông góc với AM tại E. 1 Chứng minh rằng bốn điểm A, H, E, K cùng thuộc một đường tròn . 1,25đ 0,25đ Ta có: AK H = 90 0 ( Do BK vuông góc với AC) 0,25đ AEH = 90 0 ( Do HE vuông góc với AM) 0,25đ  AK H = AEH = 90 suy ra tứ giác AKEH nội tiếp đường tròn đường kính AH 0 0,25đ hay bốn điểm A, H, E, K cùng thuộc một đường tròn 0,25đ
2 Chứng minh: IB . IC = IH . IA . 0,75đ Xét  B IH vuông tại I và  A IC vuông tại I có: IB H = IA C ( Cùng phụ với ACB ) 0,25đ   B IH đồng dạng với  A IC (g.g) 0,25đ BI IH  =  B I . IC = A I . IH (đpcm) 0,25đ AI IC 3 Chứng minh: A E K = A C M và M E . M A  R . 2 1,5đ Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEK có : A E K = A H K (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) 0,25đ AHK = ACM ( cùng phụ với HAK ) 0,25đ Suy ra A E K = A C M . 0,25đ + Xét tứ giác MEKC có : A E K = A C M ( chứng minh trên) => tứ giác MEKC nội tiếp( Dấu hiệu nhận biết)  M K C = M E C ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (1) + Xét tam giác BKC vuông tại K có: M là trung điểm của cạnh huyền BC(gt) BC => MK = MC = ( định lí) 2  M KC cân tại M  M K C = M C K (2) Từ (1), (2)  M E C = M C K hay M E C = M C A 0,25đ + Xét  M E C và  M C A có: M E C = M C A ( chứng minh trên) A M C chung   M E C đồng dạng với  M C A (g.g) ME MC  =  M E .M A = M C 2 (3) MC MA 0,25đ Xét tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) suy ra dây BC < 2R mà BC= 2. MC (do M là trung điểm của BC) => MC < R (4) Từ (3), (4)  M E . M A  R ( đpcm 2 0,25đ 5 Giải phương trình: 4 x + 2 1 −1= 4x −1 0,5đ 2x 1 ĐKXĐ: x  4 Ta có:  1  ( ) 1 1 2 (2x − 1) + 2 4x + − 4x −1 = 1  4x −1 −1 + 2x + = 2 2 2x 2  2x  0,25đ  ( 2 x − 1)  0 2  1 ( ) 2 Mà  4x −1 −1  0  2  1   2 x +   2   2 x 
Chứng tỏ V T  2  2x − 1 = 0  1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  4x −1 −1 = 0  x = ( thỏa mãn) 2  1 0,25đ 2x =  2x 1 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S =   2 Tổ giám khảo thống nhất để chia nhỏ điểm thành phần nhưng không được thay đổi tổng điểm . Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa