Đề kiểm tra giữa học kỳ 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Trường TH, THCS và THPT Thực nghiệm KHGD (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra giữa học kỳ 2 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Trường TH, THCS và THPT Thực nghiệm KHGD (Có đáp án)

1. TRƯỜNG TH, THCS VÀ THPT ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 THỰC NGHIỆM KHGD Năm học 2021 – 2022 Môn : Toán 9 Thời gian: 90 phút Ngày thi 09 tháng 03 năm 2022 x 3 x 3x 21 x 3 A B . Bài I. ( 2 điểm) Cho và với x 0,x 9 . x 3 x 9 x 3 x 1 1) Tính giá trị biểu thức A khi x 16 . x 1 2) Chứng minh B . x 3 A 3) Cho P . So sánh P và 2. B Bài II. ( 2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình Sân bóng rổ của trường học là một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 9m. Nếu tăng chiều dài thêm 2m và tăng chiều rộng 1m thì diện tích của sân tăng thêm 50m2. Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của sân bóng rổ. Bài III ( 2 điểm) 6 x 4 4 1 y 1) Giải hệ phương trình: 2 4x 4 3 1 y 1 2) Cho Parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y = x + 4. 2 a) Tìm toạ độ giao điểm A, B của parabol (P) và đường thẳng (d) b) Gọi C là giao điểm của đường thẳng (d) và trục tung, H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên trục hoành. Tính diện tích ΔCHK. Bài IV.( 3,5 điểm) Cho ΔABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao AD, BE của ΔABC cắt nhau tại H. Đường thẳng BE cắt đường tròn (O; R) tại F, đường thẳng AD cắt đường tròn (O; R) tại N. 1) Chứng mịnh CDHE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DB.DC = DN.DA. 3) Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh ΔAHF cân và ME là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. 4) Cho dây BC cố định và BC = R 3 . Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O; R) để DH.DA đạt giá trị lớn nhất. Bài V.(0,5 điểm) Giải phương trình x 6 x 2 1 x2 4x 12 8. HẾT
2. TRƯỜNG TH, THCS VÀ THPT ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 THỰC NGHIỆM KHGD Năm học 2021 – 2022 Môn : Toán 9 Thời gian: 90 phút Ngày thi 09 tháng 03 năm 2022 Bài Ý Hướng dẫn giải Biểu điểm Bài I 1 16 3 0,25 Thay x 16 ( tmđk) vào A ta có: A (2 điểm) ( 0,5 đ) 16 3 19 Tính được A 0,25 7 2 0,25 x 3x 2 1x 3 (1 đ) B . x 3x 3x 3 x 1 x 2x 1x 3 0,25 B . x 3 x 3 x 1 2 0,25 x 1 x 3 B . x 3 x 3 x 1 x 1 0,25 B x 3 3 Ax 3x 1x 3 0,25 P : (0,5 đ) B x 3x 3x 1 x 3x 32( x 1) P 2 2 x 1x 1 (x 1)2 P 2 x 1 2 (x 1) 0;x 10 P 20 P 2 0,25 Bài II 2đ Gọi chiều dài sân bóng ban đầu là x (m, x > 0) 0,25 (2,0 đ) Gọi chiều rộng sân bóng ban đầu là y(m, y>0) 0,25 Vì chiều dài sân bóng ban đầu hơn chiều rộng 9m nên ta có phương 0,25 trình x – y = 9 Vì diện tích sân tăng 50m2 nên ta có phương trình 0,25 (x + 2)(y + 1) = xy + 50 Ta có hệ phương trình 0,25 xy 9 (x 2)(y 1) xy 50 x 22 0,5 Giải hệ phương trình được (thoả mãn) y 13
3. Vậy chiều dài sân bóng ban đầu là 22m, chiều rộng sân bóng ban đầu 0,25 là 13(m) Bài III 1 Điều kiện x 4 và y 1 0,25 (2,0đ) (1đ) 1 Đặt x 4 a và b 1 y 0,25 a 6b 4 Đưa về hệ: 4a 2b 3 a 1 Giải hệ được 1 0,25 b 2 x 41 x 5 ⇒ 1 1 y 3 0,25 1 y 2 Kết luận hệ có nghiệm duy nhất xy; 5;3 2 (1đ) Câu a Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 0,25 (0,5đ) 1 x2 x 4 2 x2 2x 8 0 2 x 4x 2x 8 0 (x 4)(x 2)0 x A 4 xB 2 0,25 yA xA 4 4 4 8 yB xB 4 2 4 2 Vậy đường thẳng (d) cắt (P) tại A (4;8) và B(-2;2) Câu b x = 0 thì y = 0 + 4 = 4 nên C(0; 4) 0,25 Biểu diễn các điểm A, B, H, K, C trên hệ trục toạ độ OC 4 4; OH 4 4 ; OK 2 2 0,25
4. KH = OK + OH = 6 CO. HK 4.6 S 12(đơn vị diện tích) CHK 22 Bài IV Câu1 A (3,5 đ) (1 đ) F E M H O O' B C D N 0,25 Vẽ hình đến câu a ΔABC có AD là đường cao nên ADC 900 HDC 900 0 0 ΔABC có BE là đường cao nên BEC 90 HEC 90 0,25 Xét tứ giác CDHE ta có HDC HEC 900 90 0 1800 0,25 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên CDHE là tứ giác nội tiếp 0,25 Câu 2 Xét đường tròn tâm O : 0,25 (1 đ) 1 N BC NAC Sd NC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 2 N BC NAC Xét ΔDBN và ΔDAC có : N BD CAD 0,5 ADC BDN (đối đỉnh) ΔDBN đồng dạng ΔDAC (g.g) DBDN 0,25 (cạnh tương ứng tỉ lệ) hay DB.DC = DN.DA DADC Câu 3 CDHE là tứ giác nội tiếp EHD ECD 1800 (1đ) 0 Mà EHD AHE 180 AHE DCE AHF BCA 0,25 Ta có AFB BCA ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) AFB AHF 0,25 Nên ΔAHF cân tại A Gọi O’ là trung điểm của HC nên O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE ΔAHF cân tại A, AE là đường cao nên E là trung điểm HF
5. ΔCHF cân tại C F HC HFC ΔO’HE cân tại O’ nên OHE' OEH ' OEH' HFC HFC BFC BAC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC) 0,25 Ta có ABE MEB (ΔMBE cân tại M) 0 ΔAEB vuông tại B nên ABE BAE 90 MEB O ' EH 900 MEOE' Mà O’E là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE 0,25 Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE Câu 4 CDHE là tứ giác nội tiếp nên chứng minh được BHD ECD (0,5 đ) Xét (O) có BNA ACB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) BHD BNA ΔBDN cân tại B nên DN = DH DH.DA = DN.DA = DB.DC 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có DB DC 2DB. DC 2 DB DC DB. DC 4 3R 2 DB. DC 4 3R 2 DH. DA 4 Dấu bằng xảy ra khi DB = DC ΔABC cân tại A suy ra A là điểm chính giữa của cung BC. 3R 2 Vậy giá trị lớn nhất của DH.DA là khi A là điểm chính giữa 0,25 4 cung BC. Bài V ĐKXĐ: x 2 (0,5 đ) Đặt x 6 a,x 2 ba 0,b 0 a2 b2 8 Phương trình có dạng 22 ab ab 1 ab a b ab 1 abab 0 0,25 1 ab a b 0 Trường hợp 1. Xét a b x 6 x 2 vô nghiệm Trường hợp 2. Xét 1 ab a b 0 a 1 b 1 0 a 1 x 61 x 5 loai b 1 x 2 1 x 3 TM 0,25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3