5 Đề thi học kì 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Long Biên

Nội dung text: 5 Đề thi học kì 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Long Biên

1. TRƯỜNG THCS LONG ĐIỀN ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2021 – 2022 Thời gian: 60 phút ĐỀ SỐ 1 2xy−= 3 1 Câu 1. Giải hệ phương trình  xy+=35 Câu 2. Cho phương trình x2 −2 x + 3 m − 1 = 0( 1) , m là tham số. 1 a) Giải phương trình (1) khi m = . 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm xx12, thỏa mãn: (xx12+2)( + 2) = 4. Câu 3. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hưởng ứng lời kêu gọi toàn dân tham gia ủng hộ phòng chống dịch COVID-19, cùng chung tay đẩy lùi dịch bệnh. Một xưởng may có 67 công nhân của tổ I và tổ II đã may được 3000 chiếc khẩu trang để phát miễn phí cho người dân. Biết mỗi công nhân của tổ I may được 50 chiếc khẩu trang, mỗi công nhân của tổ II may được 40 chiếc khẩu trang. Hỏi mỗi tổ có bao nhiêu công nhân? Câu 4 Cho đường tròn (OR; ) và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn (O). Từ điểm A bất kì trên đường thẳng d kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) ( BC, là tiếp điểm). Từ O kẻ OH vuông góc với đường thẳng d tại H. Dây BC cắt OA tại D và cắt OH tại E. Chứng minh rằng: a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp. b) OA BC . c) OE OH R2 Câu 5 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x32−5 x +( m + 6) x − 2 m = 0 có ba nghiệm dương phân biệt. ĐÁP ÁN Câu 1: 2x− 3 y = 1 3 x = 6 Ta có   x+3 y = 5 x + 3 y = 5 xx==22 x+3 y = 5 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (xy ; )= (2;1) . Câu 2: Trang | 1
2. 1 a) Với m = , phương trình (1) trở thành xx2 −=2 0. 3 Giải ra được xx==0, 2. 1 Vậy với m = phương trình có tập nghiệm là 0;2 . 3 b) Phương trình 1 có hai nghiệm xx12, '0 2 2 (−1) −( 3m − 1) 0 2 − 3mm 0 ( 2) 3 Theo bài ra ta có (xx+2)( + 2) = 4 12 x1 x 2 +2( x 1 + x 2 ) = 0 (*) 2 Với điều kiện m 3 xx122 Áp dụng định lí Viet, ta có x12 x31 m (*) 3m − 1 + 2.2 = 0 m = −1 ( thỏa mãn ) Kết luận Câu 3: Gọi số công nhân của tổ I và tổ II lần lượt là xy, (công nhân), ( x, y * ; x , y 67) . Vì cả hai tổ có 67 công nhân nên ta có phương trình xy+=67( 1) Số khẩu trang tổ I và tổ II may được lần lượt là 50x và 40y (chiếc) Theo đầu bài, ta có: 50xy+= 40 3000( 2) xy+=67 Đưa ra hệ . 50xy+= 40 3000 x = 32 Giải hệ được nghiệm y = 35 Kiểm tra điều kiện và kết luận Câu 4: Trang | 2
3. H B E O A D d C a) Chỉ ra được ABO = 900 , ACO = 900 Tứ giác ABOC có ACO+ ABO =900 + 90 0 = 180 0 Mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác ABOC nội tiếp được trong một đường tròn. b) Ta có B,; C ( O R) OB = OC = R OBC cân tại O . Chỉ ra được tia OA là tia phân giác của BOC Từ đó suy ra được OA BC c) Chứng minh được ODE đồng dạng với OHA . Suy ra OE OH OD OA ABO vuông tại B , đường cao BD có OB2 OD. OA Suy ra đpcm Câu 5: x32−5 x +( m + 6) x − 2 m = 0( 1) ( x −2)( x2 − 3 x + m) = 0 x = 2 2 x−3 x + m = 0( 2) Suy ra phương trình 1 luôn có một nghiệm dương là x = 2 . Phương trình (1) có ba nghiệm dương phân biệt phương trình 2 có hai nghiệm dương phân biệt khác 2 9 4m 0 9 22 3.2m 0 0 m 4 30 m 2 m 0 Kết luận ĐỀ SỐ 2 Bài 1. Giải hệ phương trình và phương trình sau: Trang | 3
4. 3xy+= 2 11 a) xy−=21 b) 4x4 + 9x2 - 9 = 0 Bài 2. (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x+3 a) Vẽ (P). b) Xác định giao điểm (P) và (d) bằng phép toán. Bài 3. Cho phương trình: x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 52 Bài 4. Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết chữ số hàng đơn vị lớn gấp ba lần chữ số hàng chục và nếu đổi chỗ các chữ số cho nhau thì được số mới lớn hơn số ban đầu 18 đơn vị Bài 5. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A và B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D. a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh rằng: CAM= ODM c) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh: E; F; P thẳng hàng. Bài 6. Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh AC . Vẽ hình, tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra? ĐÁP ÁN Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau: a. b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0 a)1 đ b) 1 đ 3x+ 2 y = 11 4 x = 12 x = 3 x = 3 a. x−2 y = 1 x − 2 y = 1 3 − 2 y = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x=3; y=1) b. 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1) Đặt t=x2 (t 0) Trang | 4
5. pt(1) 4 t2 + 9 t − 9 = 0 a=4; b = 9; c = − 9 =b22 −4 ac = 9 − 4.4.( − 9) = 225 0 t=−3 ( loai ) 3 t= () TMDK 4 3 3 3 Với t= x2 = x = 4 4 2 33 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm xx=; = − 22 Bài 2: a. Vẽ (P). Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y=x2 4 1 0 1 4 Vẽ đúng: b. Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) x2 = 2x + 3 x2 =2x+3 2 x -2x-3=0 x =−1 x = 3 Với x = -1 y = 1 P(-1; 1) Với x = 3 y = 9 Q(3; 9) Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt P(-1; 1); Q(3; 9). Bài 3: a. Với m = 2 pt(1): x2 + 2x + 1 = 0 Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = -1 Trang | 5
6. 2 2 b. Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 +x2 = 52 x2 + 2(m – 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a = 1; b’= (m – 1) ; c = m2 – 3 ∆’=b’2 – a.c = (m – 1)2 – (m2 – 3) = –2m + 4 Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆’≥0 –2m + 4 ≥0 m≤2 Với m ≤ 2 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = –2(m – 1) 2 x1 . x2 = m – 3 Ta có: 2 2 2 x1 +x 2 =52 (x 1 +x 2 ) -2x 1 x 2 =52  −2(m-1)2 -2( m2 − 3) =52 2 2m -8m-42=0 2(m-7)(m+3)=0 m= 7 ( loai ) m=−3 ( TMDK ) 2 2 Vậy với m = –3 thì phương trình 1 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 +x2 =52 Bài 4 Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y. x, y N ;1 x 9;0 y 9 Số ban đầu là 10x + y; số mới 10y + x Theo đề ta có : y = 3x 10y + x – ( 10x + y ) = 18 yx=3 yx=3 Ta có hệ phương trình 10y+ x − (10 x + y ) = 18 −xy + = 2 Giải được x = 1 , y = 3 ( thỏa mãn điều kiện ) Bài 5 E F D M C P A O B a) Tứ giác ACMO nội tiếp. Trang | 6
7. Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp b) Chứng minh rằng: CAM= ODM - Chứng minh được CAM= ABM - Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp - Chứng minh được ABM= ODM Suy ra c) Chứng minh: PA.PO = PC.PM Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g) PA PM Suy ra = Suy ra PA.PO=PC.PM PC PO d) Chứng minh E; F; P thẳng hàng. Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE Gọi G là giao điểm của PF và BD, cầm chứng minh G trùng E FC PC PC AC AC CF Dựa vào AC//BD chứng minh được =;; = = DG PD PD BD BD DE Suy ra DE = DG hay G trùng E. Suy ra E; F; P thẳng hàng Bài 6: (1 điểm) Cho ΔABC vuông tại A. Cạnh AB = 3 cm; AC= 4 cm. Quay ΔABC một vòng quanh cạnh AC . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra ? Vẽ đúng hình. b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình được sinh ra? Tính được BC = 5 2 Tính được Sxq = rl = .3.5 = 15 47,1 ( cm ) 1 Tính được V= .323 .4 = 12 37,68 ( cm ) 3 ĐỀ SỐ 3 Bài 1: ( Không dùng máy tính cầm tay ) 3x+=y 3 1) Giải hệ phương trình: 2x−=y 7 2) Giải phương trình: x42−13x + 36 = 0 3) Cho phương trình bậc hai: xm2 −6x + = 0 (m là tham số ) 33 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x12+x= 72 Bài 2: Một tam giác vuông có chu vi bằng 30m, cạnh huyền bằng 13m. Tính mỗi cạnh góc vuông. Trang | 7
8. Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ cho prabol( P): y =−2x2 a) Vẽ đồ thị ( P ) b) Bằng phương pháp đại số tìm tọa độ giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d): y =+3x 1 Bài 4: Từ điểm A ở ngoài đường tròn (0;2cm). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với đường tròn đó (M nằm giữa A và N), cho góc BAC có số đo bằng 600. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. b) Chứng minh: AB2 = AM. AN c) Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên. ĐÁP ÁN Bài 1 1. Giải hệ phương trình: 3x+=y 3 2x−=y 7 3x+y = 3 5x = 10 2x−yy = 7 = 2x − 7 x2= y =−2x 7 x2= y =−3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (xy ; )=− (2; 3) 2. Giải phương trình: xx42−13 + 36 = 0 Đặt t = x2 (t 0) phương trình trở thành tt2 −13 + 36 = 0 Giải =25 và t1 = 9 (nhận) t2 = 4 (nhận) 22 t12= x =9 x = 3; t = x = 4 x = 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm: x1=3; x 2 = − 3; x 3 = − 2; x 4 = 2 33 3. Tìm m để phương trình có hai nghiệm xx12, thỏa mãn xx12−=72 Phương trình có nghiệm khi ’ =9 −mm 0 9 xx12+=6 Viết đúng hệ thức Vi-et x12. x= m 3 3 3 x1+ x 2 =72 ( x 1 + x 2 ) − 3 x 1 x 2 ( x 1 + x 2 ) = 72 Trang | 8
9. 62 − 3.mm .6 = 72 = 8 vậy m = 8 Bài 2 Tìm hai cạnh góc vuông Gọi xm()là cạnh góc vuông thứ nhất. Điều kiện 0x 13 Cạnh vuông thứ hai: 17− xm ( ) Sử dụng định lý Pitago viết phương trình xx22+(17 − ) = 169 x2 −17x+60 = 0 Lập =49 xx12 = 12; = 5 x1 =12 (nhận) x2 = 5 (nhận) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là: 12m và 5m Bài 3 a. Vẽ đồ thị (P): yx= 2 2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 yx=−2 2 -8 -2 0 -2 -8 Vẽ đúng đồ thị b.Tọa độ giao điểm của (P) và (d) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: −2x22 = 3 x + 1 2 x + 3 x + 1 = 0 1 Giải ra nghiệm xx= −1; = − 122 11 Tìm được tọa độ giao điểm A(-1;-2) và B( −−; ) 22 Bài 4 B A O M N C a) Tứ giác ABOC có ABO== ACO 900 (tính chất của tiếp tuyến ) ABO + ACO =1800 Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Trang | 9
10. ABC có AB= AC (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và =BAC600 suy ra BAC là tam giác đều =ACB 600 AOB = ACB = 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung) OB 2 OA = = = 4 cm cos AOB cos 600 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp trung đường tròn tâm là trung điểm của OA bán kính bằng 2 cm. b) Xét hai tam giác ABM và ANB . ABM và ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung BM ) A chung Suy ra ABM đồng dạng ANB(g.g) AB AM = AB2 = AM. AN AN AB c) Tứ giác ABOC nội tiếp BAC + BOC =1800 d) BOC =1800 − BAC = 180 0 − 60 0 = 120 0 2 R .4.120 4 2 Squạt OBMC = = = ()cm 36000 360 3 ĐỀ SỐ 4 Câu 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0 2x+= y 5 b) x+= y 3 Câu 2: Cho phương trình (ẩn x): x2 - (2m - 1)x + m2 - 2 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 .x 2=+ 2(x 1 x 2 ) Câu 3: Cho hàm số y=x2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên b) Cho hàm số y = mx + 4 có đồ thị là (d). Tìm m sao cho (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm có tung độ y1, 11 y2 thỏa mãn +=5 yy12 Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A; B). Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D. a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp. Trang | 10
11. b) Chứng minh rằng: CAM= ODM c) Gọi P là giao điểm CD và AB. Chứng minh: PA.PO = PC.PM d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM. Chứng minh: E; F; P thẳng hàng. Câu 5: Giải phương trình 4x22+ 5x12x + − − x139x + = − ĐÁP ÁN Câu 1 a) 4x4 + 9x2 - 9 = 0 (1) Đặt t= x2 (t 0) pt(1) 4 t2 + 9 t − 9 = 0 a=4; b = 9; c = − 9 =b22 −4 ac = 9 − 4.4.( − 9) = 225 0 t=−3 ( loai ) 3 t= () TMDK 4 3 3 3 Với t= x2 = x = 4 4 2 33 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm xx=; = − 22 2x+= y 5 b) giải hệ tìm được ( x= 2; y=1) x+= y 3 Câu 2 a) Phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 2 = 0 vô nghiệm khi 0 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 9/4 b) Phương trình x2 – ( 2m – 1)x + m2 – 2 = 0 có nghiệm khi 0 4m2 – 4m + 1– 4m2 + 8 0 m 9/4 2 Khi đó ta có x1+ x 2 = 2m1, − xx 1 2 = m − 2 x1 .x 2=+ 2(x 1 x 2 ) m= 0( nhân) m22 − 2 = 2(2m1) − m − 4m = 0 m= 4( loai) Kết luận Câu 3 a) Lập bảng và tính đúng Vẽ đúng đồ thị Trang | 11
12. 2 b) Ta có x− mx − 4 = 0 và a.c = - 4 <0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Theo hệ thức Viets ta có x1+ x 2 = m; x 1 .x 2 = − 4 1 1 1 1 Khi đó + =55 22 + = y1 y 2 x 1 x 2 2 2 2 2 x1 + x 2 = 5x 1 .x 2 22 (x1 + x) 2 − 2x.x 1 2 = 5(x.x) 1 2 m2 = 72 m = 6 2 Câu 4 E F D M C P A O B a. Tứ giác ACMO nội tiếp. Chứng minh được tứ giác ACMO nội tiếp b. Chứng minh rằng: CAM= ODM - Chứng minh được CAM= ABM - Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp - Chứng minh được ABM= ODM Suy ra c. Chứng minh: PA.PO = PC.PM Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g) PA PM Suy ra = PC PO Suy ra PA.PO=PC.PM d. Chứng minh E; F; P thẳng hàng. Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần chứng minh G trùng E FC PC PC AC AC CF Dựa vào AC//BD chứng minh được =;; = = DG PD PD BD BD DE Suy ra DE = DG hay G trùng E. Suy ra E; F; P thẳng hàng Câu 5 Trang | 12
13. 4x22+ 5x12x + − − x1 + = 39x − ( 4x2 + 5x + 1 0 ; x2 − x + 1 0 ) ( 4x2 ++− 5x 1 2 x 2 −+ x 1)( 4x 2 +++ 5x 1 2 x 2 −+=− x 1) ( 3 9x)( 4x 2 +++ 5x 1 2 x 2 −+ x 1) 4x22+ 5x12x + + − x1 + = − 1 (lo¹i) (9x3 −) =( 39x −)( 4x22 + 5x12x + + − x1 +) 9x−= 3 0 9x - 3 = 0 x = 1/3 (Thỏa mãn điều kiện) Kết luận: ĐỀ SỐ 5 1 Bài 1: Cho hàm số y== f(x) x2 .Tính f (2); f(− 4) 2 3xy+= 10 Bài 2: Giải hệ phương trình: xy+=4 Bài 3: Giải phương trình: xx42+3 − 4 = 0 Bài 4 : Với giá trị nào của m thì phương trình: x2 -2(m +1)x + m2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Bài 5: Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 19. Tìm hai số đó Bài 6: Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính: a) Diện tích xung quanh của hình trụ. b) Thể tích của hình trụ. (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân; 3,14) Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh rằng: a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của BCˆF . ĐÁP ÁN Bài 1 f(2)=2 f(-4)=8 Bài 2 Trừ hai PT ta được 2x=6 => x = 3, y = 1 Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 3; 1) Bài 3 Đặt x2 = t (ĐK t≥0) Ta có PT : t2+3t-4 = 0 Có dạng: a + b + c = 1 +3+(-4) = 0 Trang | 13
14. t1 = 1 ; t2 = -4 (loại) Với t = 1 x1 = 1, x2 = -1 Vậy: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = –1 Bài 4 Cho phương trình: x2 – 2(m+1)x + m2 = 0 (1) phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt khi -1 ∆ = (m+1)2 – m2 = 2m + 1 > 0 => m > 2 -1 Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi m > 2 Bài 5 Gọi số tự nhiên thứ nhất là x (x N) =>Số thứ 2 là x+1 Tích của hai số tự nhiên liên tiếp là x(x+1) Tổng của hai số đó là: x + x + 1 = 2x + 1 Theo bài ra ta có PT: x2 – x – 20 = 0 Có nghiệm thỏa mãn x = 5 Vậy: Hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 5 và 6 Bài 6 a) Diện tích xung quanh của hình trụ là: 2 Sxq = 2 r.h = 2.3,14.6.9 339,12 (cm ) b) Thể tích của hình trụ là: V = r2h = 3,14 . 62 . 9 1017,36 (cm3) Bài 7 C 2 1 B E 1 A F D a)Ta có: ACD = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ) Xét tứ giác DCEF có: ECD = 900 ( cm trên ) và EFD = 900 ( vì EF ⊥ AD (gt) ) => + EFD = 1800 => Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( đpcm ) Trang | 14
15. b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a ) ˆ ˆ => C1 = D1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) (1) ˆ Mà: C2 = (góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) (2) ˆ ˆ Từ (1) và (2) => = C2 hay CA là tia phân giác của BCF ( đpcm ) Trang | 15