Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Quán Toan (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Quán Toan (Có đáp án)

1. UBND QUẬN HỒNG BÀNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MÔN TOÁN LỚP 9 TRƯỜNG THCS QUÁN TOAN Thời gian: 90 phút Năm học: 2022 - 2023 (Đề thi gồm 01 trang - Học sinh làm bài ra giấy thi) Bài 1 (2,5 điểm) 2x y 4 1. a) Giải hệ phương trình: 3x 2y 1 b) Giải phương trình: x4 3x2 – 4 0 2. Tìm toạ độ giao điểm của Parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x 2 bằng phương pháp đại số. Bài 2 (3,0 điểm) 1. Cho phương trình: x2 – 4x m 1 0 1 ( m là tham số) a) Giải phương trình (1) đã cho khi m 2 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 2 2 x1 x2 5 x1 x2 2. Lớp 9A của một trường THCS được giao trồng và chăm sóc 480 cây xanh. Lớp dự định chia đều số cây trồng cho số học sinh, nhưng khi lao động có 8 học sinh vắng nên mỗi học sinh có mặt phải trồng thêm 3 cây mới xong. Tính số học sinh lớp 9A. Bài 3 (0,75 điểm) Hiện nay các văn phòng thường sử dụng loại thùng rác dạng hình trụ có màu sắc, chất liệu thân thiện với môi trường. Trong ảnh là một thùng rác văn phòng dạng hình trụ có chiều cao 8dm, đường kính đáy 6dm. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích của thùng rác này? (lấy π ≈ 3,14 , kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) Bài 4 (3,25 điểm). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A và B là hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp b) Từ M kẻ cát tuyến MCD với đường tròn (C nằm giữa M và D, tia MD nằm giữa hai tia MA và MO). Tia MO cắt AB tại H. Chứng minh: MC. MD = MH. MO và tứ giác OHCD nội tiếp. c) Chứng minh HA là tia phân giác của góc CHD . d) Qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt AM tại I, cắt AB tại K. Chứng minh C là trung điểm của IK. Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng yz zx xy 1 1 1 . x2 y x2 z y2 z y2 x z2 x z2 y 2x 2y 2z Hết đề
2. UBND QUẬN HỒNG BÀNG HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II TRƯỜNG THCS QUÁN TOAN Môn: Toán lớp 9 NĂM HỌC:2022–2023 Biểu Bài Đáp án điểm 2x y 4 4x 2y 8 7x 7 . . 0,25 3x 2y 1 3x 2y 1 2x y 4 1.a x 1 x 1 0,25 2.1 y 4 y 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y)= (1; 2 ) 0,25 Giải phương trình: x 4 3x 2 – 4 0 (1) Đặt t x2 (t 0) Khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 3t 4 0(2) 0,25 1.b có a b c 1 3 – 4 0 Phương trình (2) có 2 nghiệm t = 1 (TM); 1 1 t2 = - 4 (loại) 0,25 (2,5đ) 2 Ta có t1 = 1 x = 1 x 1 0,25 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x1 =1; x2 =-1 0,25 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và P 2 2 0,25 x x 2 (1) x x 2 0 có a 1;b 1;c 2 Có a b c 0 x1 1 2 Phương trình (1) có 2 nghiệm 0,25 x2 2 2 0,25 Với x1 1 y1 1 1 2 Với x2 2 y2 2 4 Vậy d và P cắt nhau tại hai điểm A(1;1) và B( 2; 4) x2 – 4x m 1 0 1 0,25 Với m = 2 phương trình (1) trở thành: 0,25 1.a x2 – 4x +3 = 0 (a = 1; b = –4; c = 3) Ta thấy: a + b + c = 1 - 4 +3 = 0 0,25 Vậy khi m = 2 phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 3 0,25 x2 – 4x m 1 0 1 2 0,25 Điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là: b - ac 0 2 2 (m 1) 0 0,25 3 m 0 m 3 1.b x1 x2 4 Áp dụng hệ thức Vi ét ta có : x x m 1 1 2 0,25 2 2 2 x1 + x2 = 5(x1+ x2) (x 1 + x 2 ) - 2x1x2 = 5(x1 + x2) 0,25 42 - 2(m + 1) = 5.4 m = -3 (TM). Vậy m = -3 thoả mãn bài.
3. Gọi số học sinh lớp 9A là x (học sinh) (x N , x 8) 0,25 2 480 (3,0đ) Theo dự định mỗi học sinh phải trồng (cây) x 480 Thực tế mỗi học sinh trồng (cây) x 8 0,25 480 480 2 Theo bài ra, ta có phương trình : 3 x 8 x x2 – 8x - 1280 = 0 ’ = 16 + 1280 = 1296 , = 36 Tìm được x 40 (TMĐK ); x 32 (Không TMĐK) 1 2 0,25 Vậy số học sinh của lớp 9A là 40 học sinh 0,25 Gọi bán kính đáy thùng rác văn phòng là R và chiều cao h. 6 Theo đề bài ta có: Bán kính đáy của hình trụ là: R 3(dm) 3 2 0,25 (0,75đ) Chiều cao thùng rác dạng hình trụ là h = 8dm Diện tích xung quanh của chiếc thùng rác dạng hình trụ là: 0,25 2 Sxq 2 πRh = 2. 3,14.3.8 ≈ 151(dm ) b) Thể tích của chiếc thùng rác dạng hình trụ là: 0,25 V = πR2h = 3,14.32.8 ≈ 226 (dm3) Vẽ hình đúng để làm câu a/ 0,25 0 a) Ta có: M· AO 90 (vì MA là tiếp tuyến của (O) tại A) 0,25 M· BO 900 (MB là tiếp tuyến của (O) tại B) 0,25 Xét tứ giác AMBO có : M· AO M· BO 1800 0,25 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn. 0,25 b)* Có MAC ~ MDA (g.g) => MC. MD = MA2 (1) 0,25 Ta có: AM = MB (tính chất hai tt cắt nhau); OA = OB (vì A; B (O)) 4 Suy ra: OM là đường trung trực của AB => OM  AB (3,25 đ) AMO có M· AO 900 (gt) và AH  OM (cmt) 2 Nên MA = MH. MO (2) (HTL trong tam giác vuông) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: MC. MD = MH. MO MC MH *Ta có MC. MD MH. MO . MO MD 0,25 Khi đó MCH ~ MOD (c.g.c) M· HC M· DO (3) Do đó tứ giác OHCD nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại 0,25 đỉnh đối)
4. · · » c) Do tứ giác OHCD nội tiếp OHD OCD (4) (2 góc nt cùng chắn OD ) · · Mặt khác: OCD ODC (do OCD cân tại O) (5) 0,25 · · · · + Từ (3), (4), (5) suy ra MHC OHD CHA AHD (vì OM  AB ) => HA là tia phân giác của góc CHD 0,25 d) Gọi E là giao điểm của MD và AB CH EC HE là tia phân giác của góc CHD (6) HD ED 0,25 + Lại có MH  HE HM là tia phân giác của góc ngoài tại đỉnh H của tam CH MC giác CHD (7) HD MD EC MC + Từ (6) và (7) suy ra (8) ED MD Theo hệ quả của định lí Talet ta có: IC MC IC//AD (9) AD MD 0,25 CK CE CK //AD (10) AD ED IC CK + Từ (8), (9), (10) suy ra IC CK AD AD => C là trung điểm của IK Áp dụng BĐT AM GM ta được yz y z yz y z 1 2 . x2 (y z) 4yz x2 (y z) 4yz x yz 1 y z 1 1 1 1 2 x (y z) x 4yz x 4 y z zx 1 1 1 1 xy 1 1 1 1 0,25 Tương tự: 2 ; 2 y (z x) y 4 x z z (x y) z 4 x y 5 Cộng các BĐT cùng chiều ta được (0,5 yz zx xy điểm) x2 (y z) y2 (z x) z2 (x y) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 4 y z y 4 x z z 4 x y 0,25 yz zx xy 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) x y z 2 x y z yz zx xy 1 1 1 x2 (y z) y2 (z x) z2 (x y) 2x 2y 2z Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z. NGƯỜI RA ĐỀ TT CHUYÊN MÔN BAN GIÁM HIỆU Nhóm toán 9 Bùi Thị Thuận