Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn "Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình" để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

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 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2022-2023 THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9 (Gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1. 2  8  32.2  2  4.2  3 2 0,25 (0,5)  2 2 2 3 2  0 0,25    x3 1  x Với x  0; x  9 . P   : 0,25 2.a)  x 3  x 3  x  3 x  3   (1,0) x 3 x 3 x 3 P . 0,25 a) x 3 x 3  x  P x  x 1  . x 3 0,25 1.  x 3  x 3  x (2,0đ) x 1 x 1 P . Vậy P  với x  0; x  9 0,25 x 3 x 3 1 x 1 1 3 x  3  x  3 2 x Xét hiệu P      0,25 3 x 3 3 3 x 3 3 x 3     Với x  0; x  9 thì 2 x  0; 3( x  3)  0 2.b) (0,5) nên 2 x 1 1 0 P 0 P 3 x 3  3 3 0,25 1 Vậy chứng tỏ P  với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định. 3  x  2y   2  x  2y  2   0,25  2x  y  2 4x  2y  4 3x  6 a)  0,25 (1,0)  y  2x  2 x  2  0,25 y  2 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2). 0,25 (2,0đ) * Gọi chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m). Nửa chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là 38 m nên 0 < x < 38. 0,25 và chiều rộng của mảnh vườn là 38 – x (m). b) * Có diện tích của mảnh vườn là 240 m2 nên ta có phương trình: (1,0) 0,25 x.(38 – x) = 240  x2 – 38x + 240 = 0 0,25  x = 30 hoặc x = 8 1
Câu Ý Nội dung Điểm - Nếu x = 30 thì chiều dài của mảnh vườn là 30 (m) còn chiều rộng mảnh vườn là 38 – 30 = 8 (m) (thỏa mãn). - Nếu x = 8 thì chiều dài của mảnh vườn là 8 (m) còn chiều rộng 0,25 mảnh vườn là 38 – 8 = 30 (m) (không thoả mãn vì chiều dài nhỏ hơn chiều rộng). Vậy mảnh vườn có chiều dài là 30 m còn chiều rộng là 8 m. Với m =1 thì phương trình đường thẳng (d) là y = 4x – 5 0,25 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 1 là nghiệm của 0,25 phương trình:  x 2  4x  5  x 2  4x  5  0 Phương trình bậc hai ẩn x có a + b + c = 1 + 4 –5 = 0 a) 0,25 nên phương trình có nghiệm là x1  1; x 2  5 (1,0) với x = 1 thì y = –1, ta có giao điểm thứ nhất (1; –1) với x = – 5 thì y = – 25, ta có giao điểm thứ hai: (– 5; – 25) 0,25 Với m = 1 thì tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; –1); (– 5; – 25) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 0,25 3. x 2  2(m  1)x  2m  3  0 (*) (2,0đ) Có (*) là phương trình bậc hai ẩn x Có a  b  c  1  2m  2  2m  3  0 0,25 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  2m  3 Theo bài ra, để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt, có hoành độ đều b) nhỏ hơn 2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2. (1,0)  x1  x2  2m  3  1 m  2 0,25      x1  2  1  2  5 x  2  2m  3  2  m  2   2 5 Vậy m   ; m  2 thì (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có 2 0,25 hoành độ cùng nhỏ hơn 2. A D I C 4. M O (3,5đ) H B E 2
Câu Ý Nội dung Điểm * Xét đường tròn (O), có MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M và A, B là các tiếp điểm 0,25  MA = MB (Tính chất hai tiếp tuyển cắt nhau).  M thuộc trung trực của đoạn thẳng AB; (1) Có OA = OB (bán kính đường tròn (O)) 0,25  O thuộc trung trực của đoạn thẳng AB. (2) Từ (1) và (2) suy ra OM là trung trực của đoạn thẳng AB 0,25 1.a)  OM vuông góc với AB. (1,5) * Xét MAC ; MDA Có:  chung; AMD 0,25   MAC  MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC của đường tròn (O)) Do đó MAC ∽ MDA (g.g) 0,25 MA MD    MA2 = MC.MD (3) 0,25 MC MA * Xét  MAO có MA  OA (vì MA là tiếp tuyến)  ∆MAO vuông tại A; Có AH là đường cao (vì OM  AB) 0,25  MA2 = MH.MO (hệ thức giữa các cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (4) MC MO 1.b) Từ (3) và (4) ta có MC.MD  MH .MO   0,25 (1,0) MH MD  MC MO Xét  MCH và  MOD có: OMD chung;  MH MD 0,25   Do đó MCH ∽ MOD (c.g.c)  MHC  MDO . (5)   Hay MHC  CDO 0,25 Nên tứ giác CDOH nội tiếp đường tròn (Dấu hiệu nhận biết). * Kẻ OI  CD (I thuộc CD). Tam giác COD cân tại O, OI là đường  1 cao nên OI là đường phân giác  IOD  COD 2 0,25  1 Lại có CED  COD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung 2 CD của đường tròn (O))    CED  IOD (6) 1.c) (0,5)   * Có IOD  IDO  90o (do tam giác IOD vuông tại I)   MHC  CHA  90o (vì OM  AB)     Mà MHC  IDO (từ 5)  IOD  CHA (7) 0,25   Từ (6) và (7) suy ra: CED  CHA   Có CED; CHA ở vị trí đồng vị nên DE song song với AB. 3
Câu Ý Nội dung Điểm 1 Áp dụng công thức V   r 2 h với r  4 m; h  1,5 m 0,25 3 2. (0,5đ) Thể tích của đống cát là V  1  3,14  42.1,5  25,12 (m3 ) 3 0,25 3 Vậy thể tích cần tìm của đống cát là 25,12 m . Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 1 1 2 Với 0 < x < 3 thì 2x   3  (x  1) (1) x 2 Thật vậy, bất đẳng thức (1)  4x2 + 2  6x + x3 – x (vì x > 0)  (x3 – x) – (4x2 – 6x + 2)  0  (x – 1)(x2 + x) – 2(x – 1)(2x – 1)  0 0,25  (x – 1)(x2 – 3x + 2)  0  (x – 1)2(x – 2)  0 (*) Có (x – 1)2 0, x – 2 < 0 với 0 < x < 3 ) => (*) luôn đúng. Dấu bằng xảy ra  x = 1. Từ giả thiết: a2 + b2 + c2 = 3  0 < a2, b2, c2< 3  0 < a, b, c < 3 5. Áp dụng bất đẳng thức (1), với 0 < a, b, c < 3 , (0,5đ) 1 1 2 Ta có: 2a   3  (a  1) (2) a 2 1 1 2b   3  (b2  1) (3) b 2 1 1 0,25 2c   3  (c2  1) (4) c 2 Cộng (2), (3) và (4) vế theo vế, ta được: 1 P  9  (a 2  b 2  c 2  3)  9 (vì a2 + b2 + c2 = 3) 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy Pmin = 9  a = b = c =1. Chú ý: - Trên đây là các bước giải cụ thể cho từng câu, từng ý và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới được công nhận điểm. - Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm, đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó. - Bài 4 vẽ hình sai hoặc nội dung chứng minh không phù hợp hình vẽ không cho điểm. - Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài là tổng điểm các câu đến 0,25 điểm, không làm tròn. ---- HẾT ---- 4