đề thi học kì 2 lớp 9 môn toán đà nẵng

Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho đi[r]

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II

NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 90 phút ( không kể phát đề)

Câu 1 (3,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình sau:

2

x y

x y







 

2 Cho hàm số

2 3 ( )

2

y  f x  x

Tính

( ); ( ); ( 1); (2).

3 Giải phương trình sau: x4  3 x2  4 0 

Câu 2 (2,0 điểm)

Cho phương trình x2  6 x  2 m  3 0  (1), với m là tham số.

1 Giải phương trình (1) khi m  2

2 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1 , 2 thoả mãn x x1 22  x x1 22  24

Câu 3 (1,5 điểm)

Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với vận tốc xác định Khi đi từ B về A người ấy đi với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 5 km/h Vì vậy, thời gian về ít hơn thời gian

đi là 1 giờ Tính vận tốc của người đó khi đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 60 km.

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại H Trên tia đối của tia CD, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn (O) Kẻ MB cắt đường tròn tại điểm E, AE cắt CD tại điểm F.

1 Chứng minh tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn.

2 Gọi K là giao điểm của BF với đường tròn (O) Chứng minh rằng EA là tia phân giác của HEK .

3 Chứng minh rằng: MD.FC = MC.FD

Câu 5 (0,5 điểm) Cho phương trình ( m  1) x2  (2 m  1) x m   1 0,  m là tham số (1).

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thoả mãn x12 x22  2010 x x1 2  2013

-Hết -Lưu ý khi chấm bài:

Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó Đối với bài hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính điểm

1

(1 điểm) Ta có:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (3; 1)x y  0,25

2

(1 điểm)

2

f      

2

f     

 2

2

3

(1 điểm)

Đặt: x2t, t 0.

Khi đó, phương trình đã cho trở thành: t2 3t 4 0 

Vì a b c 1 3 4 0      nên pt trên có nghiệm t11, t24

0,5

Vì t 0 nên t11

không thỏa mãn điều kiện

Với t t 2 4

Khi đó: x2 4 x2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = -2; 2 

0,5

1

(2 điểm)

Thay m 2 vào phương trình (1), ta được pt:

2

Vì a b c 1 6 7 0      nên pt (2) có nghiệm x11, x27

Vậy với m 2 thì pt (1) có nghiệm x11, x27

2

(1 điểm)

Ta có:   ' ( 3)21.(2m 3) 9 2  m 3 12 2 m

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2khi và chỉ khi:

12 2 m 0 2m12 m6

0,25

Theo hệ thức Vi – ét, ta có:

1 2

1 2

6

x x

 





 

Theo đề bài, ta có: x x1 22 x x1 22 24 x x x1 2 1( x2)24 (4)

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC KÌ II

MÔN THI: TOÁN LỚP 9

NĂM HỌC

Thay (3) vào (4) , ta được:

7 6(2 3) 24 2 3 4 2 7

2

m   m   m  m

(thỏa mãn ĐK m 6)

0,25 Vậy

7 2

m 

(1,5 điểm)

Gọi vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là x (km/h), với x > 0

Khi đó, vận tốc lúc về của người đó là x + 5 (km/h) 0,25 Thời gian của người đó đi từ A đến B là

60

Thời gian lúc về của người đó là

60 5

Lập phương trình:

60 60

1 5

x  x  (5) Giải phương trình (5) tìm được x115,x2 20

0,5

Vì x 0 nên x 2 20 không thoả mãn điều kiện của ẩn.

Vậy vận tốc của người đó khi đi từ A đến B là 15 (km/h) 0,25

Hình vẽ:

1

(1 điểm)

Xét (O) có: AEB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FEB = 90 0

Mặt khác: AB CD (gt) nên BHF = 90 0

0,25

Xét tứ giác BEFH có:

FEB + BHF = 90 90 180 , mà FEB, BHF  là hai góc ở vị trí đối diện nhau

0,5 Suy ra, tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn đường kính BF (đpcm) 0,25

2

(1 điểm)

Vì tứ giác BEFH nội tiếp một đường tròn (cm trên) nên HBF = HEF  ( 2 góc

nội tiếp cùng chắn cung HF) hay ABK = HEA  (6) 0,25

Xét (O) có: ABK = AEK  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (7) 0,25

Từ (6) và (7) , suy ra: HEA = AEK  => EA là tia phân giác của HEK

Vậy tia EA là tia phân giác của HEK (đpcm) 0,5 Xét ADC có: AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến => ADC

K F E

A

B

O

D C

(1 điểm)

cân tại A => AC = AD => AC = AD  => sđAC = sđAD

Xét (O) có: DEA = CEA  (2 góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

=> EA là tia phân giác của DEC

0,25

Xét CDE có:

Vì EA là tia phân giác của DEC (cm trên) nên EF là đường phân giác trong

của tam giác CDE (8)

Suy ra:

FC EC

=

FD ED (9)

Vì AEB = 90 0 (cm phần a) nên AEMB (10)

0,25

Từ (8) và (10) , suy ra: EM là đường phân giác ngoài của tam giác CDE

Suy ra:

MC EC

=

MD ED (11)

0,25

Từ (9) và (11) , suy ra:

FC MC

= FC.MD = FD.MC

(0,5 điểm)

Xét m=-1, pt (1) là phương trình bậc nhất không có hai nghiệm phân

biệt.

Xét m 1

Phương trình: (m1)x2 (2m1)x m 1 0 (12)

Ta có:

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2khi và chỉ khi:

5

4 5 0

4

m   m 

(*) Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2

2 1 1

m

x x

m



 

 và 1 2

1 1

m

x x m





 .

0,25

Mặt khác: x12x22 2010x x1 2 2013

x1 x22 2012 x x1 2 2013

2

2012 2013

2

4021m 4022m 0

0

m

  (thoả mãn (*)) hoặc

4022 4021

m 

(thoả mãn (*)).

Vậy m 0 hoặc

4022 4021

m 

là giá trị cần tìm.

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ II

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2020 - 2021

Thời gian làm bài: 90 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số y = 1 x2 có đồ thị (P).

2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số.

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  có phương trình

y = x + 4.

Bài 2 (2,5 điểm)

Cho phương

2  2mx  2m  2  0 (1), (m là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi m = 1.

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm

x1, x2 Với các giá trị

nào của tham số m

2 + x2 = 12.

Với x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 6(x1+ x2 )

.

x2 + x2 + 4(x + x )

Bài 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x 

x + 6.

b) Giải phương trình x + 1 + 3  x = 4.

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc ACB tù, H là chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB tại điểm thứ hai là D Đường tròn đường kính CH cắt

AC tại điểm thứ hai là E.

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng

c) Cho BH = a 3 , CH = a, góc

ABC  450

quạt tròn

giới hạn bởi cung

CH EC và hai bán kính đi qua E và C của đường tròn đường kính

HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ II

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9

Trên đây là sơ lược biểu điểm đề kiểm tra học kì II, tổ chuyên môn của các trường THCS thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải và biểu điểm Tổ chuyên môn có thể phân chia điểm nhỏ đến 0,25 điểm cho từng ý, từng câu của đề kiểm tra Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi Nội dung thảo luận hướng dẫn chấm được ghi vào biên bản của tổ chuyên môn.

Học sinh có lời giải khác lời giải do tổ chuyên môn thống nhất, nhưng lập luận và kết quả chính xác, bài làm đúng đến ý nào thì có thể cho điểm tối đa ý đó.

Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT

Cho hàm số y = 1 x2 có đồ thị (P)

2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  có phương trình y = x + 4

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số (1,0 điểm)

Bài 1

(2,0 điểm)

0,50

Đồ thị

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng  (1,0 điểm)

Phương trình Hoành độ giao điểm 1 x2  x  4  x2  2x  8  0

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

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 Với các giá trị nào của tham số m thì x2 1+ x2 2= 12

c) Với x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1), tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A = x2 + x6(x2 1+ 4(x + x )+ x2 ) .

a) Giải phương trình (1) khi m = 1 (0,75 điểm)

Bài 2 Suy ra pt có hai nghiệm là 0 và 2b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 Với các giá trị nào của0,25

(2,5 điểm)

' = m2 – 2m + 2 = (m 1)2 + 1 > 0, m

0,25 0,25 0,25 0,25

Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo định lí Vi-et: x1  x2  2m ; x1x2  2m  2

x2 + x2 = 12  4m2  4m  4 12

 m  1; m  2

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A (0,75 điểm)

A  3m

(m 1)2

A  1  1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ m = 1  Kết luận

(2,0 điểm) x  x + 6  x  6  x 0,25

0,25 0,25 0,25

 x2 13x  36  0

 x = 9; x = 4

Thử lại x = 4 không thỏa, x = 9 thỏa

Vậy x = 9

x  2 x

0,25 0,25 0,25

Phương trình trở thành (x +1)x + (3  x)(x  2) = 4x(x 2)

 2x2  7x  3  0

Giải ra ta được x = 3; x = 1 (thỏa điều kiện)  Kết luận:

Bài 4

(3,5 điểm)

Tam giác ABC có góc ACB tù, H là chân đường cao vẽ từ A Đường tròn đường kính BH cắt AB tại điểm thứ hai là D Đường tròn đường kính CH cắt AC tại điểm thứ hai là E

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EBH  EDC c) Cho BH = a 3 , CH = a, góc ABC  450

Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung EC và hai bán kính đi qua E và C trên đường tròn đường kính CH

A

D E

(phục vụ câu a và b)

0,50

a) Chứng minh tứ giác ADEH là tứ giác nội tiếp (1,0 điểm).

0,25 0,50

HEC  900  AEH  900

 ADEH nội tiếp

b) Chứng minh EBH  EDC (1,0 điểm).

DEA = DHA (cùng chắn DA của đường tròn qua A, D, E, H) 0,25

0,25 0,25 0,25

DHA = ABC (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) CED + CBD = CED + DEA = 1800 nên BDEC nội tiếp

 EBH = EDC (cùng chắn CE của đường tròn qua B, D, E, C)

c) Tính diện tích hình quạt (1,0 điểm).

Từ giả thiết suy ra ABH vuông cân, nên AH = a 3 0,25

0,50 0,25

tanACH = AH = a 3 = 3  ACH = 600  sđ EH  120  sđ EC  60

πR2 60 πa2

Squat 

360  24

- HẾT