Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Ninh Hòa

“Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thị xã Ninh Hòa” là tài liệu luyện thi học kì 2 hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 9. Đây cũng là tài liệu tham khảo môn Toán hữu ích giúp các bạn học sinh hệ thống lại kiến thức, nhằm học tập tốt hơn, đạt điểm cao trong bài thi quan trọng khác. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo đề thi.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ NINH HÒA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN TỐN - LỚP BẢN CHÍNH Thời gian làm bài: 90 phút (Khơng tính thời gian phát đề) Bài (2,00 điểm): (Khơng dùng máy tính cầm tay) a) Giải phương trình x  x   2 x  y   x y 3 b) Giải hệ phương trình  Bài (2,00 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = mx − a) Vẽ đồ thị (P) b) Xác định m để (d) tiếp xúc với (P) Bài (2,00 điểm): Cho phương trình x2 − (m + 4)x + 3m + = (1) (với m tham số) a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1).Tìm tất giá trị dương m để biểu thức x12  x1  x  x 22  Bài (3,50 điểm): Từ điểm M ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (O), A B tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn thẳng MB; C giao điểm AE (O) (điểm C khác điểm A), H giao điểm AB MO a) Chứng minh điểm M, A, O, B thuộc đường tròn b) Chứng minh EB2 = EC.EA c) Chứng minh HCEB tứ giác nội tiếp d) Gọi D giao điểm MC (O) (điểm D khác điểm C) Chứng minh ABD tam giác cân Bài (0,50 điểm): Cho a, b > thỏa mãn a + b ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P= a(b + 1) + b(a + 1) -HẾT (Đề có 01 trang Giáo viên coi kiểm tra khơng giải thích thêm) PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ NINH HỊA HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN LỚP BẢN CHÍNH Bài Đáp án Điểm 1,00 Giải phương trình x  x   + Ta có:   b  4ac  12    (6)  49 > 1.a 1.b 0,50   49  + Vì   nên phương trình có nghiệm phân biệt b   1  x1     2a 2.2 b     x2    2 2a 2.2 Vậy phương trình có nghiệm x1 = x2 = − 2 x  y  Giải hệ phương trình   x y 3 0,50 1,00 2 x  y   3x  y  5 x  10  x  y  0,25 0,25 x   2  y  x    y  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (2 ; −1) 0,25 0,25 Trong mặt phẳng Oxy, cho (P): y = x2 đường thẳng (d): y = mx − 1,00 a) Vẽ đồ thị (P) Bảng giá trị x y = x2 −2 –1 0 1 0,50 Đồ thị (P) 2.a 0,50 Xác định m để (d) tiếp xúc với (P) 1,00 + Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình 0,25 x2 = mx   x2  mx + = (*) + Để (d) tiếp xúc với (P) phương trình (*) có nghiệm kép 0,25 =0 2.b 0,25  (−m)2 – 4.1.4 =  m2 = 16 m =4 0,25 Vậy m =  Cho phương trình x2 − (m + 4)x + 3m + = (1) (với m tham số) a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m + Ta có:  = (m + 4)2 – 4.1.(3m + 3) 1,00 0,25 = m2 + 8m + 16 – 12m – 12 3.a = m2 – 4m + 0,25 = (m – 2)2 ≥ với m 0,25 + Vì  ≥ với m nên phương trình (1) ln có nghiệm với m b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1).Tìm tất giá trị dương m để biểu thức x12  x1  x  x 22  + Vì phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m nên theo định  x1  x2  m   x1.x2  3m  lý Vi-ét ta có:  0,25 1,00 0,25 + Ta có: x12  x1  x  x 22   x12  x 22 = x1 +x  3.b 0,25   x1  x   x1 x   x1 + x   Suy (m + 4)2 – 2(3m + 3) = m + +  m2 + 8m + 16 – 6m – = m + 12 0,25  m2 + m – = (a = 1,b = 1, c = − 2) + Vì a + b + c = + + (− 2) = nên m1 = 1; m2 = − + Vì m dương nên m = m1 = 1.Vậy m = Từ điểm M ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (O), A B tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn thẳng MB; C giao điểm AE (O) (điểm C khác điểm A), H giao điểm AB MO 0,25 4.a 4.b Chứng minh điểm M, A, O, B thuộc đường tròn 1,00 + Xét tứ giác MAOB, ta có:   90o (MA tiếp tiếp (O)) MAO 0,25   90o (MB tiếp tiếp (O)) MBO   MBO   900  900  180o Suy ra: MAO 0,25 0,25  Tứ giác MAOB nội tiếp Vậy điểm M, A, O, B thuộc đường tròn 0,25 Chứng minh EB2 = EC.EA 1,00   CBE  (cùng chắn BC ) + Xét (O), ta có: BAE + Xét ABE BCE, ta có:   CBE  (cmt)  góc chung ; BAE E 0,25 Suy ABE 0,25  BCE (g – g) BE AE   EB2 = EC.EA CE BE 0,25 0,25 Vậy EB = EC.EA Chứng minh HCEB tứ giác nội tiếp 4.c 1,00 + Xét (O) ta có: OA = OB (bán kính) MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy MO đường trung trực AB MO  AB H 0,25 + Xét MHB vuông H, ta có: E trung điểm MB (gt) Suy EH = EB  EHB cân E   EBH  (1)  BHE 0,25 + Ta có: ABE BCE (cmt)  = EBH  (2)  ECB 0,25   EHB  Từ (1) (2) suy ECB   EHB   Tứ giác HCEB nội tiếp + Xét tứ giác HCEB, ta có: ECB Vậy HCEB tứ giác nội tiếp 0,25 Gọi D giao điểm MC (O) (điểm D khác điểm C) Chứng minh ABD tam giác cân + Ta có: EB2 = EC.EA (cmt)  EM2 = EC.EA (E trung điểm ME)  4.d 0,50 ME EC  AE EM  MEC AEM (c – g – c) (do có E góc chung)  = MAE   EMC   MAE  (cùng chắn AC ) mà ADM   EMD   AD // MB Suy ADM  = ABE  (slt) + Ta có: AD // MB (cmt)  DAB   ADB  (cùng chắn AB ) mà ABE   ADB   ABD tam giác cân B Suy DAB 0,25 0,25 Vậy ABD tam giác cân B Cho a, b > thỏa mãn a + b ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P= 0,50 a(b + 1) + b(a + 1) P = 2a(b + 1)+ 2b(a + 1) + Ta có: + Áp dụng BĐT Cơsi cho hai số khơng âm, ta có: 2a(b + 1)  Suy 2P≤ mà 2a + b + 2b(a + 1)  2b + a + 2a + b + 2b + a + 3(a + b) + 3.2 + + = ≤ 2 2 0,25 3(a + b) + 3.2 + ≤ = (vì a + b ≤ 2) 2 Suy P ≤ 2  2a = b +  Dấu “=” xảy  2b = a +  a  b  a + b =  Vậy giá trị lớn P 2 a = b = -HẾT Ghi chú: Mọi cách giải khác ghi điểm tối đa theo phần tương ứng 0,25 ...PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ NINH HÒA HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC 20 20 -2 0 21 MƠN TỐN LỚP BẢN CHÍNH Bài Đáp án Điểm 1,00 Giải phương trình x  x   + Ta có:   b  4ac  12. .. âm, ta có: 2a(b + 1)  Suy 2P≤ mà 2a + b + 2b(a + 1)  2b + a + 2a + b + 2b + a + 3(a + b) + 3 .2 + + = ≤ 2 2 0 ,25 3(a + b) + 3 .2 + ≤ = (vì a + b ≤ 2) 2 Suy P ≤ 2  2a = b +  Dấu “=” xảy  2b =... x 12  x1  x  x 22  + Vì phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m nên theo định  x1  x2  m   x1.x2  3m  lý Vi-ét ta có:  0 ,25 1,00 0 ,25 + Ta có: x 12  x1  x  x 22   x 12  x 22