Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi sắp đến. TaiLieu.VN gửi đến các bạn tài liệu ‘Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh". Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II BẮC NINH NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: Toán 9 (Phần Tự luận) Thời gian làm bài: 70 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) x  2 y  4 a) Giải hệ phương trình  . 2 x  3 y  5  x 1 x 1   1  b) Rút gọn biểu thức P    x 1  x 1   x  x   với x  0 và x  1 .    c) Tìm m để phương trình x 2  2  m  1 x  2m  3  0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12  x2  10. 2 Câu 2. (1,0 điểm) Một tổ có kế hoạch sản xuất 350 sản phẩm theo năng suất dự định. Nếu năng suất tăng lên 10 sản phẩm mỗi ngày thì tổ hoàn thành sớm 2 ngày so với giảm năng suất 10 sản phẩm mỗi ngày. Hỏi tổ đó đã dự kiến làm bao nhiêu sản phẩm trong một ngày? Câu 3 (2,5 điểm) Cho đường tròn  O, R  . Hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia CD lấy điểm S , SA cắt đường tròn tại M , tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt CD ở P , BM cắt CD ở T . a) Chứng minh tứ giác AMTO nội tiếp. b) Chứng minh rằng P là trung điểm của ST. c) Biết PM  R , tính TA.SM theo R . Câu 4. (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3abc . Chứng minh rằng a b c 5(a  b  c)     12 b c a ====== HẾT ======
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC NINH ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Toán 9 (Phần Tự luận) (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Lưu ý: Dưới đây là hướng dẫn cơ bản, bài làm của thí sinh phải trình bày chi tiết, chặt chẽ. Thí sinh giải cách khác đúng thì chấm điểm thành phần tương ứng. Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó (nếu quá trình lập luận và biến đổi bước trước sai thì bước sau đúng cũng không cho điểm). Câu Đáp án Điểm 1.a 0,75 x  2 y  4 2 x  4 y  8 y  3 0,5    2 x  3 y  5 2 x  3 y  5  x  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:  x, y    2; 3 . 0,25 1.b 0,75  x 1 x 1   1  P  x 1   x   với x  0 và x  1 .  x 1    x  x 1 x 1   1  P x 1  x 1   x  x         x 1 2  0,5  ( x  1) 2  x  1    x 1 x 1  x     4 x x  1  .  4 x 1 x Vậy P  4 với x  0; x  1 0,25 1.c 0,5 Xét phương trình x  2  m  1 x  2m  3  0 có 2 a  b  c  1 2(m  1)  2m  3  0 0,25 Phương trình có 2 nghiệm là -1 và 2m  3 . Không mất tính tổng quát giả sử x1  1; x2  2m  3 Để x12  x2  10  (1)2  (2m  3)2  10  (2m  3)2  9 2 0,25  2m  3  3;  3  m  0; 3 . Vậy m  0; 3 2 1,0 Gọi số sản phẩm theo dự kiến làm trong một ngày là x (sản phẩm) 0,25 Điều kiện : x  ; x  10 350 0,5 Số ngày hoàn thành công việc khi năng suất tăng 10 sản phẩm là: x  10 (ngày)
350 Số ngày hoàn thành công việc khi giảm năng suất 10 sản phẩm là: x  10 (ngày) Vì khi tăng năng suất hoàn thành sớm 2 ngày so với giảm năng suất ta có 350 350 phương trình 2 x  10 x  10  x2  3600  x  60 (vì x  10 ). 0,25 Tổ đã dự kiến làm 60 sản phẩm trong một ngày. 3.a 1,0 S P M C T GT,KL 0,25 A B O D Ta có AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0,25 Vì CD  AB  TOA  900 Xét tứ giác AMTO có AMT  TOA  900  900  1800 suy ra tứ giác AMTO 0,5 nội tiếp (đpcm) 3.b 1,0 Vì tứ giác AMTO nội tiếp  MAO  MTP (1) ; Vì PM là tiếp tuyến của (O)  PMT  MAO (2) 0,5 Từ (1) và (2)  MTP  PMT  PMT cân tại P  PM  PT (3) Mặt khác AMB  900  SMT  900 (hai góc kề bù)  MSP  MTP  900    SMP  PMT  90 0  0,5  MSP  SMP  SMP cân tại P  PS  PM (4) từ (3) và (4)  PS  PT Suy ra P là trung điểm của ST
3.c 0.5 Vì tứ giác AMTO nội tiếp  SAT  SOM Xét SAT và SOM có SAT  SOM ; AST chung 0,25 SAT ∽SOM ( g  g ) TA ST   TA.SM  ST .OM OM SM 0,25 Mặt khác ta có ST  2R (do ST  2PM  2R ); OM  R  TA.SM  ST .OM  2R2 . Vậy TA.SM  2R2 4 0,5 1 1 1 Ta có ab  bc  ca  3abc    3 a b c 1 1 1 1 b a c Theo AM- GM ta có a  b  c  3 3 abc ;    33 ;   3 a b c abc a c b 0,25 1 1 1  3(a  b  c)      (a  b  c)  9  a  b  c  3 a b c b a c  2(a  b  c)     9 a c b a b c  5(a  b  c)  (3a  1  )  (3b  1  )  (3c  1  )  12 c a b 1 1 1 1 1 1  5(a  b  c)  a(3   )  b(3   )  c(3   )  12 a c b a c b 0,25 a b c  5(a  b  c)     12 (đpcm) b c a Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1