Microsoft Word - 06.À HK2 LÚP 9 VIN SCHOOL- GV TOÁN HÀ NØI 2021.docx

Microsoft Word 06 �À HK2 LÚP 9 VIN SCHOOL GV TOÁN HÀ NØI 2021 docx TRƯỜNG VINSCHOOL ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP 9 NĂM HỌC 2020 2021 Môn TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (2 điểm) Cho biểu[.]

TRƯỜNG VINSCHOOL ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II LỚP NĂM HỌC 2020 - 2021 Tình giá trị biểu thức A x  t.v Câu (2 điểm) Cho biểu thức A  Thời gian làm 120 phút x 1 x 4x  x B    với x  0, x  x 3 x 3 x 3 x 9 n/ Mơn: TỐN le Rút gọn biểu thức B Tìm giá trị x để biểu thức P  A : B đạt giá trị nhỏ io Câu (2,5 điểm) 77 v 1) Cho hình chữ nhật, tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm diện tích hình chữ nhật tăng 9cm , giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm diện tích hình chữ nhật khơng đổi Tìm chiều dài chiều rộng hình chữ nhật ban đầu uo ng vp 2) Một viên gạch men hình vng cạnh 40cm Vẽ bốn nửa hình trịn, đường kính cạnh hình vng qua tâm hình vng để tạo thành bốn cánh hoa,mỗi cánh hóa phần chung hai nửa đường tròn vừa vẽ (như hình vẽ bên) Tính diện tích bốn cánh hoa (làm trịn đến chữ số thập phân sau dấu phẩy)  3x  y  Giải hệ phương trình  2 x  y  7 nh Câu (2 điểm) ie Trong mặt phẳng tọa độ Ox, cho đường thẳng d : y  x  m ( m tham số) parabol th  P  : y  x2 ye n a) Tìm giá trị tham số m để d cắt  P  hai điểm phân biệt b) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d  P  m  4 gu Câu (3 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB , AC ( B, C //n tiếp điểm) vẽ cát tuyến AEF không qua tâm O ( E nằm A F ) đường tròn  O; R  Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO ht s: Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   x3  3x -HẾT - B  x 3 x 3   x 3 x     x 3 x 3   x 3    4x  x 3 3x  x  x  x  x    x  3 6  x  1 B  x  3 x  3 nh ie th Vậy với x  0, x  giá trị biểu thức B  Ta có: P  A : B  x 3 6   x 3  Điều kiện: x  0, x  ye n  //n P  6 x 1  x 3  x 1 gu P  x 3  : x 1 x 3  x 3 x 1 6 x 3 Ta thấy: x  với x  0, x  s: P ht x 3  uo x 3  vp  x ng B 77 v n/ t.v le io HƯỚNG DẪN x 1 x 4x  x B  với x  0, x  Câu (2 điểm) Cho biểu thức A    x 3 x 3 x 3 x 9 1 Tình giá trị biểu thức A x  Rút gọn biểu thức B Tìm giá trị x để biểu thức P  A : B đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn 1 1 1 1 Thay x  (TM) vào biểu thức A ta được: A    3 3 1 Vậy với x  giá trị biểu thức A   x 4x  x B    Điều kiện: x  0, x  x 3 x 3 x 9  x   với x  0, x  1   với x  0, x  x 3 6   2 với x  0, x  x 3  P  với x  0, x  Dấu “  ” xảy khi: x  Vây giá trị nhỏ biểu thức P  2  x  6  x 3  x 1  x 3  77 v io le t.v n/ Câu (2,5 điểm) 1) Cho hình chữ nhật, tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm diện tích hình chữ nhật tăng 9cm , giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm diện tích hình chữ nhật khơng đổi Tìm chiều dài chiều rộng hình chữ nhật ban đầu 2) Một viên gạch men hình vng cạnh 40cm Vẽ bốn nửa hình trịn, đường kính cạnh hình vng qua tâm hình vng để tạo thành bốn cánh hoa,mỗi cánh hóa phần chung hai nửa đường trịn vừa vẽ (như hình vẽ bên) Tính diện tích bốn cánh hoa (làm trịn đến chữ số thập phân sau dấu phẩy) vp Hướng dẫn 1) Gọi chiều rộng chiều dài hình chữ nhật ban đầu x  cm  y  cm  ,  x  1, y  1 ng Khi tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm ta chiều rộng chiều dài là: x   cm  y  1 cm  uo Theo đề ta có phương trình:  x   y  1  xy    x  y  11 1 nh Khi giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm ta chiều rộng chiều dài là: x  1 cm  y   cm  Theo đề ta có phương trình:  x  1 y    xy  x  y    ht s: //n gu ye n th ie  x  y  11 x  Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  (thỏa mãn)  2 x  y  y  Vậy chiều rộng chiều dài hình chữ nhật ban đầu  cm   cm  2) Xét nửa đường trịn  O, OA hình vẽ Ta có tam giác OAB vng cân O , OA  OB  20cm  S OAB  OA2  200  cm  2  20 90 Diện tích hình quạt OAB là: S1   100  cm  360 Diện tích hình viên phân AmB là: S  S1  S OAB  100  200  cm  Tổng diện tích bốn cánh hoa S  100  200   913,3  cm   3x  y  Giải hệ phương trình   x  y  7 Trong mặt phẳng tọa độ Ox, cho đường thẳng d : y  x  m ( m tham số) parabol  P  : y  x2 a) Tìm giá trị tham số m để d cắt  P  hai điểm phân biệt t.v b) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng d  P  m  4 n/ Câu (2 điểm) v io le Hướng dẫn Giải hệ phương trình 3 x  y   3x  y   y3  x  y       x  y  7  x  2  11x  22 8 x  y  28 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3 77 Xét phương trình hồnh độ d  P  ta được: x  x  m  x  x  m  1 vp a) Để d cắt  P  hai điểm phân biệt phương trình 1 phải có hai nghiệm phân biệt Ta có:    5   4.1.  m   25  m ng Phương trình 1 có nghiệm phân biệt     25  4m   m   25 d cắt  P  hai điểm phân biệt b) Khi m  4 1 trở thành: x  x   uo Vậy m   24 ie th  x 1   x 1   x   x  Khi x   y  Khi x   y  16 nh  x  x  x    x  x     x      x   x  1  ye n Vậy m  4 d cắt  P  hai điểm phân biệt có tọa độ A 1;1 B  4;16  Câu (3 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC ( B, C gu tiếp điểm) vẽ cát tuyến AEF không qua tâm O ( E nằm A F ) đường tròn  O; R  Gọi H giao điểm AO BC ht s: //n Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO Hướng dẫn B M O n/ H A E I le C t.v F vp 77 v io Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Tứ giác ABOC có  ABO   ACO  90 (tính chất tiếp tuyến) nên tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO Chúng minh tam giác ABE tam giác AFB đồng dạng với AB.BF  AF BE Xét ABE AFB có:  chung; BAE  ) ABE   AFB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BE AB AF   AB.BF  AF BE BE BF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH M trung điểm HO Chứng minh MI  HO Ta có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), mà OB  OC (bán kính  O  )  AO trung uo ng  ABE ” AFB  g g   gu ye n th ie nh trực BC  AO  BC trung điểm H BC Trong tam giác ABO vuông B có BH đường cao, ta có: AB  AH AO (1); AB AF Mặt khác ABE ” AFB    AB  AE AF (2); AE AB AH AF Từ (1) (2), ta có AH AO  AE AF   AB    AE AO Xét AHE AFO có:  chung; AH  AF (chứng minh trên) HAE AE AO AHE ” AFO  c.g c    AHE   AFO  tứ giác EHOF có góc ngồi đỉnh H góc //n đỉnh F nên tứ giác nội tiếp  bốn điểm E , H , O, F nằm đường tròn I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF , mà M trung điểm dây OH nên IM  OH (quan hệ vuông góc đường kính dây) Vậy MI  HO ht s: Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x  x   x3  3x Hướng dẫn Ta có : x  x   x3  3x   x  1   x  x  3 ĐKXĐ: x  Cách : Đặt ẩn phụ Đặt x   a  a   ; x  b  b  0 Ta có phương trình: a  2b  ab    a  b    b  ab     a  b  a  b   b  b  a     a  b  a  2b   n/ a  b    a  2b TH1: a  b  Khơng thể xảy a  0; b  TH2: a  2b t.v Ta có: x   x  x   x    x  1 x  3  io le  x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  Cách 2: Bình phương hai vế đưa phương trình tích v 2 Bình phương hai vế ta có :  x  1    x  x   77   x  1   x  1   x  x  3   x  1   x  1  x  x  1  1  x     x  1  x  1   x  1  x  x  1  4      x  1  x  x  x    uo   x  1 x    x  x    vp ng nh  11  Nhận xét: x  x    x     m 2    x  1 x  3  ye n th ie  x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  Cách 3: Tách hạng tử đưa phương trình tích PT cho  x   x  x  x  x  3    2 x   x 2 x  x  3  x   x  x   x   x  x  x   x  x   x  x   x   x  x   x   x2  gu     ht s: //n  2 2 2  x   x  (  x2   x2   x  )  x2   x  x2   x    x  1 x  3   x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  -HẾT - ...  2  20 90 Diện tích hình quạt OAB là: S1   100  cm  360 Diện tích hình viên phân AmB là: S  S1  S OAB  100  200  cm  Tổng diện tích bốn cánh hoa S  100  200   91 3,3  cm... 3   x  (t / m )   x  (t / m) Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x  x  -HẾT - ... điểm) 1) Cho hình chữ nhật, tăng chiều rộng 2cm giảm chiều dài 1cm diện tích hình chữ nhật tăng 9cm , giảm chiều rộng 1cm tăng chiều dài 2cm diện tích hình chữ nhật khơng đổi Tìm chiều dài chiều