Đề thi Toán lớp 9 học kì 2 năm 2019 quận Ba Đình có đáp án

của ô tô, biết thời gian đi hết quãng đường AB là 6 giờ. ĐỀ CHÍNH THỨC.. 3) Chứng minh tứ giác HCEB là tứ giác nội tiếp... Tính vận tốc ban đầu[r]

(1)

https://chiasefull.com Thầy Phúc Toán Đồng Nai

PHÒNG GD & ĐT BA ĐÌNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II – NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài I (2,0 điểm)

Cho biểu thức 1

4

2

A

x

x x x

 

  



= +  + − 



 −

  + −  với x > ,

4

x ≠

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x để

2

A>

3) Tìm x để A= −2 x +

Bài II (2,0 điểm)

Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một tơ từ A đến B cách 420km với vận tốc dự

định, Khi 120km tô tăng tốc thêm 15km h/

hết qng đường cịn lại với vận tốc Tính vận tốc ban đầu

của ô tô, biết thời gian hết quãng đường AB

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3

2 1

1

y

x y

y

x y



 − + =

 − 

 + + =

 − 

2) Cho phương trình

2( 1)

x − m+ x + m + =

a) Giải phương trình m =2

(2)

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2

sao cho 3

1 2019

x +x =

Bài IV (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên đường tròn ( )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 ,

(C khác A) , H giao điểm AB MO

1) Chứng minh điểm M , A, O, B thuộc đường

tròn

2) Chứng minh

EB =EC EA

3) Chứng minh tứ giác HCEB tứ giác nội tiếp

4) Gọi D giao điểm MC ( )O , (D khác C ) Chứng

minh ∆ABD tam giác cân

Bài V (0,5 điểm)

Tìm cặp số ( , )a b thỏa mãn ab = 3

2

(3)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài I (2,0 điểm)

Cho biểu thức 1

4

2

A

x

x x x

      = +  + −    −

  + −  với x > ,

4

x ≠

1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm x để

2

A>

3) Tìm x để A= −2 x +

Lời giải

1) 1

4

2

A

x

x x x

       = +  + −    −   + − 

2 2

4 4

x x x

A

x x x

x x   − +       = +  + −   − − −        

2 2

4

x x x

A x x   +  − + + −   = ⋅   −   

2

4 x x A x x + − = ⋅ − ( ) ( )( ) 2 2 x x A

x x x

− +

= ⋅

(4)

( )( )

2 2

2

x x

A

x x x

+ −

=

− +

2

A

x

= , với x > , x ≠4

2) Tìm x để

2

A>

Lời giải

1

2

A

x

> ⇒ >

2

4

x

⇒ >

4

x

⇒ < (vì x > )

( )2

x

⇒ <

0 x 16

⇒ < < , x ≠4

Vậy 0< <x 16, x ≠4

2

(5)

3) Tìm x để A= −2 x +

Lời giải

2

2 5

A x x

x

= − + ⇒ = − +

( 5)

2 x x

x x

− +

⇒ =

( )

2 x x

⇒ = − + (vì x > )

2 2x x

⇔ = − +

2x x

⇔ − + = (*)

Đặt t = x , t>0 Khi phương trình (*) trở thành:

2

2t −5t+ =2

2

( 5) 4.2.2 25 16

∆ = − − = − = >

Phương trình (*) có nghiệm phân biệt:

5

2

2.2

t = + = + = (nhận); 2

2.2

t = − = − = (nhận)

Với t = ⇒2 x = ⇔ = (không thỏa điều kiện) x

Với 1

2

t = ⇒ x = ⇔ =x (thỏa điều kiện)

Vậy

4

(6)

Bài II (2,0 điểm)

Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một ô tô từ A đến B cách 420km với vận tốc dự

định, Khi 120km tơ tăng tốc thêm 15km h/

hết quãng đường lại với vận tốc Tính vận tốc ban đầu

của tô, biết thời gian hết quãng đường AB

Lời giải

Gọi vận tốc ban đầu ô tô x km h( / ), điều kiện x >0

Sau tăng tốc, vận tốc ô tô là: x +15 (km h/ )

Thời gian với vận tốc ban đầu là: 120( )h

x

Thời gian nốt quãng đường lại sau tăng tốc là: 300

( )

15 h

x +

Vì thời gian tơ hết qng đường AB nên ta có phương trình:

120 300

6 15

x +x + =

120.( 15) 300 ( 15)

( 15) ( 15) ( 15)

x x x x

x x x x x x

+ +

⇒ + =

+ + +

120.(x 15) 300x (x x 15)

⇒ + + = +

2

120x 1800 300x 6x 90x

⇔ + + = +

2

6x 90x 120x 1800 300x

⇔ + − − − =

2

6x 330x 1800

(7)

2

55 300

x x

⇔ − − = (*)

2

( 55) 4.1.( 300) 4225

∆ = − − − = >

Phương trình (*) có nghiệm phân biệt:

55 4225 55 65

60

2

x = + = + = (thỏa điều kiện)

2

55 4225 55 65

5

2

x = − = − = − (không thỏa điều kiện)

(8)

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3

2 1

1 y x y y x y   − + =  −   + + =  −  Lời giải

Điều kiện:

1

x y x y

y y  − ≠  ≠    ⇔    + ≥  ≥ −    

Đặt a

x y

=

− , b = y +1 Khi đó, ta có hệ phương trình:

3 5

2 2 2

a b a b a a

a b a b a b a b

 − =  − =  =  =      ⇔ ⇔ ⇔      + =  + =  + =  + =         1

1

a a b b  =  =     ⇔ ⇔  + =  =     Suy ra:

1 1 1

1

0

1

x

x y x y x

y y y y        =  =  =  =    − ⇔ − ⇔ ⇔         =  + =  =  =        (nhận)

(9)

2) Cho phương trình

2( 1)

x − m+ x + m + = (*)

a) Giải phương trình m =2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2

cho 3

1 2019

x +x =

Lời giải

a) Khi m =2, ta có phương trình:

2(2 1) 2.2

x − + x + + =

2

6

x x

⇔ − + =

Ta có: ( 6) 5+ − + = 0, nhẩm nghiệm ta được: x1 = , x2 =

b) Phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi:

2

(m 1) (2m 1).1

′

∆ = + − + >

2

m m m

⇔ + + − − >

2

m

⇔ > ⇔m ≠0

Ta có: 2(− m + +1) 2m+ = −1 2m− +2 2m + =1

(Trường hợp a+ + = ) b c

Nhẩm nghiệm, ta được: x1 = , x2 =2m +

Thay x1 = , x2 =2m + vào 3

1 2019

x +x = , ta được:

3

1 (2+ m +1) =2019

3

(2m 1) 2019

⇔ + = −

3

(2m 1) 2018

⇔ + =

3

2m 2018

(10)

3

2m 2018

⇔ = −

3

2018

m −

⇔ = (nhận)

Bài IV (3,5 điểm)

Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( )O , kẻ hai tiếp tuyến

MA, MB với đường tròn ( )O , A B tiếp điểm Gọi E

là trung điểm đoạn thẳng MB; C giao điểm AE

( )O , (C khác A) , H giao điểm AB MO

1) Chứng minh điểm M , A, O, B thuộc đường

tròn

Lời giải

Vì MA, MB hai tiếp tuyến đường trịn ( )O nên ta có:

90

OAM = ° ; OBM =90°

90 90 180

OAM OBM

⇒ + = ° + ° = °

Mà OAM , OBM hai góc đối

⇒ Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn hay điểm M , A, O, B

cùng thuộc đường tròn

H C

E

M O

(11)

(12)

2) Chứng minh

EB =EC EA

Ta có:

2

BAE = sđ BC (Góc nội tiếp)

1

CBE = sđ BC (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

BAE CBE

⇒ =

Xét ∆ABE ∆BCE có:

AEB góc chung

( )

BAE =CBE cmt

Do đó: ∆ABE ∆BCE g g( )

BE AE

EC BE

⇒ =

2

EB EC EA

⇒ =

H C

E

M O

(13)

3) Chứng minh tứ giác HCEB tứ giác nội tiếp

Vì MA, MB hai tiếp tuyến đường tròn ( )O nên ta có

MA=MB (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Và ta có: OA=OB =R

OM

⇒ đường trung trực đoạn thẳng AB

Mà H giao điểm AB MO

AB OM

⇒ ⊥ H ⇒MHB =90°

Xét ∆MHB vng H , có HE đường trung tuyến ứng với

cạnh huyền MB (vì E trung điểm đoạn thẳng MB)

1

HE MB EB

⇒ = = (vì E trung điểm đoạn thẳng MB)

EHB

⇒ ∆ cân E

EHB EBH

⇒ =

Mà EBH =ECB (vì ∆ABE ∆BCE g g( ))

Suy ra: EHB =ECB

H C

E

M O

(14)

Xét tứ giác HCEB có hai góc EHB , ECB có đỉnh kề

nhìn cạnh EB EHB =ECB , nên tứ giác HCEB tứ giác

nội tiếp

H C

E

M O

(15)

4) Gọi D giao điểm MC ( )O , (D khác C ) Chứng

minh ∆ABD tam giác cân

Ta có:

EB =EC EA (câu 2)

EM EC EA

⇒ = (vì EM =EB,

E trung điểm đoạn thẳng MB)

EM EA

EC EM

⇒ =

Xét ∆MEC ∆AEM có:

AEM góc chung

EM EA

EC =EM

Do đó: ∆MEC ∆AEM c g c( )

EMC EAM

⇒ = (1)

Ta có:

2

ADM = sđ AC (Góc nội tiếp)

Và

2

MAE = sđ AC (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

ADM MAE

⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy ADM =EMD

D H

C

E

M O

(16)

Mà hai góc vị trí so le trong, suy AD//EM hay

//

AD MB

Vì AD//MB nên DAB =ABE (Hai góc so le trong) (3)

Ta có:

2

ADB = sđ AB (Góc nội tiếp)

Và

2

ABE = sđ AB (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

ADB ABE

⇒ = (4)

Từ (3) (4) suy DAB =ADB

Vậy ∆ABD cân B

D H

C

E

M O

(17)

Bài V (0,5 điểm)

Tìm cặp số ( , )a b thỏa mãn ab = 3

2

a + b =

Lời giải

3 3 3

2 9 ( )

a + b = ⇒a + b = ⇔a + b =

Ta có: 3

2 2 ( )

ab = ⇔a b = ⇔a b =

Đặt

x =a

( )

y = b ⇒x y = x + = y

,

x y

⇒ hai nghiệm phương trình:

2

9

X − X + = (Định lí Vi-ét đảo) (*)

Ta có: 8− + = (Trường hợp a+ + = ) b c

Nhẩm nghiệm phương trình (*), ta được: X1 = , X2 =

Với

3

1 1

1

8 ( ) 2

a a a

x

y b b b

    =  =  =  =  ⇒ ⇔ ⇔      =  =  =  =     Với 3 8

1 ( ) 1 2 1

2

a

a a

x

y b b b

 =     =  =  =    ⇒ ⇔ ⇔      =  =  =  = =    

Vậy cặp số ( , )a b thỏa mãn yêu cầu toán:

( ; ) (1; 2)a b = ; ( ); 2;