Toán 9 đề đa hk2 thị xã sơn tây 2020 2021

Cho hình chữ nhật, nếu tăng độ dài mỗi cạnh của nó lên 1cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 2 13cm.. Nếu giảm chiều dài đi 2cm, chiều rộng đi 1cm thì diện tích hình chữ nhật sẽ

UBND THỊ XÃ SƠN TÂY

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II

LỚP 9 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN (20/4/2021)

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 :(2 điểm) Cho hai biểu thức:

2 2

x A x





 và

4

x B

x





  với x 0, x 4 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 25.

b) Chứng minh

1 2

x B x







c) Đặt P A B . Tìm giá trị của x để P P

Bài 2 :(1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Cho hình chữ nhật, nếu tăng độ dài mỗi cạnh của nó lên 1cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm

2

13cm Nếu giảm chiều dài đi 2cm, chiều rộng đi 1cm thì diện tích hình chữ nhật sẽ giảm 15cm2

Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đã cho

Bài 3 :(2 điểm)

1) Giải hệ phương trình

4

5







 2) Cho phương trình x2 2mx m 2 m   ( m là tham số)1 0

a) Giải phương trình với m 3

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , 1 x thỏa mãn 2 x1 x2  5

Bài 4 :(3,5 điểm)

1) Có một chai đựng nước như hình vẽ Bạn An đo được đường kính đáy chai bằng 6cmvà lượng nước

trong chai cao 9cm Tính thể tích lượng nước trong chai.

2) Cho đường tròn O R; 

có đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy 2điểm M E, khác A B (M, thuộc cung nhỏ AE) AM cắt BE tại C , AEcắt BM tại D

a) Chứng minh: Tứ giác CMDE nội tiếp.

b) Gọi CD cắt ABtại H Chứng minh rằng: BE BC BH BA  Từ đó suy ra: BE BC AM AC.  . không đổi khi M và Edi động trên nửa đường tròn.

c) Chứng minh các tiếp tuyến của đường tròn tại Mvà E cắt nhau tại một điểm trên CD

Bài 5 : (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn a b 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

P

     

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức:

2 2

x A x





 và

4

x B

x





  với x0, x4 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 25

b) Chứng minh

1 2

x B x







c) Đặt P A B . Tìm giá trị của x để P P

Lời giải

a) Thay x 25 (thỏa mãn điều kiện) vào A ta có:

25 2 5 2 3

5 2 7

25 2

A    



Vậy với x 25 thì

3 7

A 

b) Với x0, x4

4

x B

x





2



2

x x









1 2

x x







Vậy

1 2

x B x





 với x0, x4 (đpcm)

c)

P A B

1

2

x

x



Do x0, x 4 x 0 x  2 2 0 (2)

Từ (1) và (2)  x  1 0 x 1 x 1

Kết hợp với điều kiện x0, x 4 0 x 1

Vậy với 0 x 1 thì P P

Bài 2: (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Cho hình chữ nhật, nếu tăng độ dài mỗi cạnh của nó lên 1cm thì diện tích của hình chữ nhật

tăng thêm 13cm2 Nếu giảm chiều dài đi 2cm, chiều rộng đi 1cm thì diện tích hình chữ nhật

sẽ giảm 15cm2 Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đã cho.

Lời giải

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (Đơn vị cm, điều kiện x 0)

Gọi chiều rộng hình chữ nhật là y (Đơn vị cm, điều kiện y  )0

Diện tích hình chữ nhật là x y. (cm )2

Nếu tăng độ dài mỗi cạnh của nó lên 1cm thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 13cm2 nên ta có phương trình

x1 y1 xy13 (1)

Nếu giảm chiều dài đi 2 cm , chiều rộng đi 1cm thì diện tích hình chữ nhật sẽ giảm 15cm nên2

ta có phương trình

x 2 y1 xy15 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ







12

2 17

x y

x y



 



7 5

x tm

y tm





 



 Vậy chiều dài của hình chữ nhật là 7cm, chiều rộng hình chữ nhật là 5cm

Bài 3: (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình

4

5







 2) Cho phương trình x22mx m 2 m   ( m là tham số)1 0

a) Giải phương trình với m 3

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,1 x thỏa mãn 2 x1 x2  5

Lời giải

1) Đặt

1 1 1 2

a

x

b

y









 



 x1; y 2

Phương trình đã cho trở thành:

Trả về ẩn ban đầu, ta được

1 1

1

1 2

x

y y









Kết hợp với điều kiện, ta có x y ;  2; 1  là nghiệm của hệ phương trình đã cho

2)

a) Với m 3 thì phương trình đã cho trở thành x26x 5 0

Phương trình có a b c   1 6 5 0  nên phương trình có một nghiệm x  ; nghiệm còn1 1

c

x

a

 

b) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x ,1 x khi và chỉ khi 2  ' 0

1 0

m

  

1

m

  

Theo hệ thức Vi-et ta có:

2

1 2

2

b

a

c

a









Theo đề bài ta có x1 x2 5

x x x x

x1 x22 4x x1 2 25

4m 4 25

4m 21

21 4

m

Kết hợp với điều kiện m  1 ta có

21 4

m 

là giá trị thỏa yêu cầu bài toán

Bài 4: (3,5 điểm)

1) Có một chai đựng nước như hình vẽ Bạn An đo được đường kính đáy chai bằng 6cmvà

lượng nước trong chai cao 9cm Tính thể tích lượng nước trong chai.

2) Cho đường tròn O R; 

có đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy 2điểm M E, khác ,

A B (M thuộc cung nhỏ AE) AM cắt BE tại C , AEcắt BM tại D.

a) Chứng minh: Tứ giác CMDE nội tiếp.

b) Gọi CD cắt ABtại H Chứng minh rằng: BE BC BH BA.  . Từ đó suy ra:

BE BC AM AC không đổi khi M và Edi động trên nửa đường tròn

c) Chứng minh các tiếp tuyến của đường tròn tại M và E cắt nhau tại một điểm trên CD

Lời giải

1) Theo bài ra ta có bán kính đáy của chai nước hình trụ r6cm và đường cao của nước trong chai là h9cm

 Thể tích của nước trong chai là: V r h2 .6 9 324 (2   cm3)

2)

a) Ta có : AMB 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CMD 900

 900

AEB  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CED 900

Xét tứ giác CMED có: CMD CED  1800

Mà CMD CED là 2 góc đối nhau  Tứ giácCMED nội tiếp. ,

b) Dễ thấy H là trực tâm ABC  CH là đường cao của ABC  CH AB

Xét BDHvà BAM có:



ABM chung BHD BMA





BD BH

BD BM BA BH

BA BM

Xét BDE và BCM có:



CBM chung

BDE BCM BED BMC







∽

BE BD

BE BC BM BD

BM BC

Từ (1)và (2) BE BC BA BH.  . (3)

Xét ADH và ABEcó:



EAB chung

ADH ABE AHD AEB







∽

AD AH

AD AE AB AH

AB AE

Từ (3)và (4)  BE BC AM AC BA BH AB AH.  .  .  . AB BH AH.(  )AB2

c) Xét AMBvuông tại M có MO là đường trung tuyến  OBM OMB

hay OMB ABM  (5)

Vì tứ giác AMDHnội tiếp MAH MDFhay MAB MDF  (6)

Xét CMD vuông tại M  MFlà đường trung tuyến  MF FD MFDcân tại F

FMD MDF

Từ (6) và (7)  MAH FMD hay MAB FMD  (8)

Mà MAB ABM  90 (9)0

Lại có: MOB cân tại O ABM BMO(10)

Từ (8),(9) và (10)  FMD BMO  900  MFlà tiếp tuyến của ( )O

Chứng minh tương tự: EFlà tiếp tuyến của ( )O  tiếp tuyến tại M E, của ( )O cắt nhau tại

điểm F thuộc CD

Cách 2

Giả sử 2 tiếp tuyến tại M và Ecủa ( )O cắt nhau tại F

Ta có:

2

FO FMO OHF   M F E H O I 

Xét ( )I có: FHM FBM

Và ME MF  ME MF   FME FHM 

Xét ( )O có:

2s

F ME MB E đ M E

Suy ra: FBM MBE

Tứ giác HMCB nội tiếp  MHD MHC MBC MBE   

Do đó: MHD FHM  H D E, , thẳng hàng  F thuộc CD

Bài 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn a b 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

P

     

Lời giải

Ta có:

P





b a a b



(Vì

1 1

1

a b

 



   

 

a 1 b 1

ab



1

ab a b

ab

  



2 1

ab

 

(Vì a b 1)

Vì a , b là các số thực dương Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

4

a b

ab ab

ab



Vậy P  1 2.4 9

Dấu " " xảy ra

1

a b

a b

a b





 



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 khi

1 2

a b 