Toán 9 đề đa hk2 thcs amsterdam 2021 2022

ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI - AMS MƠN: TỐN NĂM HỌC: 2021-2022 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) x x x 2 B   x  x 1 x x  x với x  Bài 1: (2,0 điểm ) Cho biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức A x 9 2) Chứng minh A  B 3 A Bài 2: (2,5 điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Ơng X sở hữu mảnh đất hình chữ có chu vi 42 mét độ dài đường chéo mảnh đất 15 mét Ông định bán mảnh đất với giá trị trường 50 triệu đồng cho mét vuông Hãy xác định giá tiền mảnh đất 2) Quả bóng vàng cầu thủ bóng đá Lionel Messi cầm tay (như hình dưới) dạng hình cầu có chu vi đường trịn lớn khoảng 70 cm Hãy tính diện tích bề mặt bóng ( theo đơn vị cm , làm tròn chữ số thập phân thứ hai  3,14 ) Bài 3: (2,0 điểm) 1  x  y  2    y  1 1) Giải hệ phương trình:  x P : y x d : y 2mx  2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol   đường thẳng   d P Tìm tất giá trị m để đường thẳng   cắt   hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ,x2 x  x1  2022 thoả mãn x1  x2 Bài 4: (3,0 điểm)  O O Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn   , phân giác BAC cắt   M (khác A ) Gọi E , F , K trung điểm AC , AB, AM 1) Chứng minh điểm A, E , K , O, F nằm đường tròn  2) Chứng minh OK phân giác ngồi POQ 3) Đường trịn đường kính AM cắt tia OE , OF P, Q Gọi H , G chân đường vng góc hạ từ K lên OP, OQ gọi S giao điểm KO với PQ Chứng minh HP GQ OA  SM Bài 5: (0,5 điểm) Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 , tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P  a  2b  b  2c  c  2a HƯỚNG DẪN x x x 2 B   x  x 1 x x  x với x  (2,0 điểm ) Cho Cho biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức A x 9 2) Chứng minh A  B 3 A Bài 1: Hướng dẫn 1) Tính giá trị biểu thức A x 9 Thay A x 9  tmdk  vào biểu thức A ta được:  1 4 x 9 Vậy 2) Chứng minh A  B 3 A B x x 2   x 1 x x x B x x 2   x 1 x B B B x   x 1 x  x 3 x 2 x   x 1  x x 3 x    x 1 x 3 x 1  A B  Bài 2:   x x  3 x 1   3 x 1 x 1 x 1 Vậy A  B 3 (2,5 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Ơng X sở hữu mảnh đất hình chữ có chu vi 42 mét độ dài đường chéo mảnh đất 15 mét Ơng định bán mảnh đất với giá trị trường 50 triệu đồng cho mét vuông Hãy xác định giá tiền mảnh đất 2) Quả bóng vàng cầu thủ bóng đá Lionel Messi cầm tay (như hình dưới) dạng hình cầu có chu vi đường trịn lớn khoảng 70 cm Hãy tính diện tích bề mặt bóng ( theo đơn vị cm , làm tròn chữ số thập phân thứ hai  3,14 ) Hướng dẫn 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Nửa chu vi mảnh đất là: 42 : 21 m  Gọi chiều dài mảnh đất x  m  ,  x  21 21  x  m  Chiều rộng mảnh đất Ta có: độ dài đường chéo mảnh đất 15 mét nên có phương trình: x   21  x  152 ⇔ x  42 x  441 225 ⇔ x  42 x  216 0 ⇔ x  21x  108 0 ⇔  x    x  12  0 ⇔ x 9 x 12 (tmđk) Vậy chiều dài mảnh đất 12m, chiều rộng 9m Diện tích mảnh đất   12.9 108 m Giá tiền mảnh đất là: 108 50 000 000 5 400 000 000 (triệu) 2) Hãy tính diện tích bề mặt bóng 35 R   cm   Vì C 2 R ⇒  35  S 4 R 4   1560,51 cm   Diện tích bề mặt bóng đá là: (3,0 điểm) 1  x  y  2    y  1 1) Giải hệ phương trình:  x  Bài 3:  P : y x d : y 2mx  2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol   đường thẳng   d P Tìm tất giá trị m để đường thẳng   cắt   hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ,x2 x  x1  2022 thoả mãn x1  x2 Hướng dẫn 1  x  y  2    y  1 1)  x ĐKXĐ: x 0; y 1 a; y  b  a 0; b 0  Đặt x Khi hệ phương trình trở thành: 1  b  TM     x    a  b 2 3a  3b 6 b 5      y  5 a  b  a  b  a   a   TM      1  x    y  25 1   x   TM    y 26  TM   Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 1  ; 26     x; y   2) Xét phương trình hoành độ giao điểm d  P là: x  2mx  0 (*) Ta có: d    2m   4.1.  1 4m   m cắt  P nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt Suy hai điểm phân biệt với giá trị m  x1  x2 2m  x x  Theo hệ thức Viét ta có:  Ta có: x1 x2   nên phương trình (*) có nghiệm âm, nghiệm dương x  x1 ; x2 x2 Mà x1  x2  x1   x2 Khi đó: x  x1  2022 Ta xét  x2  x1  2022  x1  x2 2022  2m 2022  m 1011 Vậy với m 1011 thoả mãn đề Bài 4: (3,0 điểm)  O O Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn   , phân giác BAC cắt   M (khác A ) Gọi E , F , K trung điểm AC , AB, AM 1) Chứng minh điểm A, E , K , O, F nằm đường tròn  2) Chứng minh OK phân giác POQ 3) Đường trịn đường kính AM cắt tia OE , OF P, Q Gọi H , G chân đường vuông góc hạ từ K lên OP, OQ gọi S giao điểm KO với PQ Chứng minh HP GQ OA  SM Hướng dẫn 1) Vì E , F trung điểm AC , AB nên OE  AC , OF  AC dẫn đến  AEO  AFO 90   Suy AEO  AFO 180 nên tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn đường kính AO Mặt khác K trung điểm AM nên OK  AM suy K nằm đường trịn đường kính AM Vậy điểm A, E , K , O, F nằm đường tròn 1   KOE KAE  BAC 2) Vì tứ giác AOKE nội tiếp nên , mà AEOF tứ giác nội tiếp nên 1 1 1   EOF 180  EAF  EOF 90  EAF 90  BAC 2 1  KOE  EOF 90  Từ suy Điều chứng tỏ OK vng góc với phân giác EOF  nên OK phân giác EOF  3) Từ chứng minh câu 2) suy OK tia phân giác HOG dẫn đến ΔKHO ΔKGO (cạnh huyền, góc nhọn) suy KH KG    Xét tam giác vng KHP KGQ ta có: KHP KGQ 90 , KH KG , KP KQ nên KHP ΔKGQ (cạnh huyền, cạnh góc vng) tử suy HP GQ   Từ KHP KGQ ta có KPH KQG (hai góc tương ứng), suy OKPQ tứ giác nội tiếp, suy    KOP KQP KPS nên OKP ∽PKS (g.g) OK KP  Từ ta có PK KS hay KP KO KS , KP KQ KM KA nên KM KA KO KS      Mà OKM  AKS 90 nên OKM ∽AKS (c.g.c) suy OMK  ASK ,      OMK  SAK  ASK  SAK 90 hay OM  SA Kết hợp với SO  AM suy O trực tâm tam giác SAM nên OA  SM Bài 5: (0,5 điểm) Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 , tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P  a  2b  b  2c  c  2a Hướng dẫn  Tìm giá trị nhỏ P : Với a, b ta có 2 (a  b) 0  a  b 2ab  2a  2b 4ab   a  2b  ( a  2b)   a  2b  2 (a  2b)  a  2b  (a  2b)2 (b  2c) (c  2a ) c  2a  3 Tương tự ; với a, b, c a  2b b  2c c  2a 3(a  b  c) P     3 3 Suy 1 a b c  a b c  Vậy minP  Dấu xảy : b  2c   Tìm giá trị lớn P : a Ta có   2b  a  2b 2 2ab 0  với a, b 0 2 Suy ra: (a  2b) a  2b với a, b 0 Do đó: P  a  2b  b  2c  c  2a          a  2b  b  2c  c  2a    a  b  c  1  Dấu xảy  a; b; c   1;0;0  hoán vị a; b; c   1;0;0  Vậy maxP 1   hoán vị