Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy

Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Thụy dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn cũng như giúp quý thầy cô nâng cao kỹ năng biên soạn đề thi của mình. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

PHÒNG GD&ĐT THÁI THỤY ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II NĂM HỌC 2019 -2020 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Cho A  x 2 B  x 1 x 1 x x 2 với x  0, x    4 x x 2 x 2 a) Tính giá trị biểu thức A x  b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x cho biểu thức P   A.B nhận giá trị số nguyên Bài (2,0 điểm)  x  my  Cho hệ phương trình:  mx  y  m  a) Giải hệ phương trình với m = b) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x > 0; y > Bài (2,0 điểm) Cho hàm số (d): y  mx  (m tham số) a) Tìm m để đồ thị hàm số (d) qua điểm A(2; 1) b) Chứng minh với giá trị m đồ thị hàm số (d) cắt parabol  P  : y  x2 hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 ( x1  x2 ) hoành độ giao điểm, tìm m cho x1  x2  2 Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có AB dây cung khơng qua tâm I trung điểm dây AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C khác điểm A Vẽ hai tiếp tuyến CN CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB) a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp b) Chứng minh: CM2 = CA.CB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB (O) điểm P, giao điểm hai đường thẳng MP CB E Chứng minh ΔCEN cân d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN Q Chứng minh: 1 + = OI.OQ CE MN Bài (0,5 điểm) Cho số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: 3x  xy  y  y  yz  3z  3z2  zx  3x  HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Nội dung Câu x 1 x x 2 x 2   B  với x  0, x  4 x x 2 x 2 x 1 a) Tính giá trị biểu thức A x  b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x cho biểu thức P   A.B nhận giá trị số nguyên x  thỏa mãn điều kiện xác định, thay vào A ta có Điểm Cho A  (2,0đ) 22 1 2(1  2) A  2 1 Vậy với x  A  x 1 x x 2 B   x 2 x 2 x 2 x 2 2,00 A 1a (0,5đ)      1a (1,0đ)    x   x  1 x 1   0,25 0,25    x  x  2  5 x  2 x    x   x    x   x   x  2  x  x  2  5 x  2  x  2 x  2 0,25 x 2 0,25 x  x  x   2x  x  x    x 2 3x  x x 2  x 2      x x 2 x 2 x 2   x 2   x x 2 x với x  0, x  x 2 3 x Với x  0, x  P   A.B  x 1 Do x   x    0;  x  0, x  0, x   P  0, x  0, x  Xét x = P = x x   3, x  0, x  Xét x > ta có x 1 x 3 x   3 Vậy 3  P  x 1 0,25 Vậy B  1c (0,5đ) 0,25 0,25 Câu Nội dung Mà mà P nhận giá trị nguyên nên P = 2, 1,0 Điểm 3 x   3 x   x  (t / m) x +1 3 x +) P   1  x   x  (t / m) x +1 3 x +) P   2  x   x  ( Không t / m) x +1 +) P = Vậy x = 0; x = (2,0đ) 2a (1,0đ) P nhận giá trị nguyên 0,25  x  my  Cho hệ phương trình:  mx  y  m  a) Giải hệ phương trình với m  b) Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x > y > x  3y  Khi m = ta có hệ phương trình  3x  y  x  3y  3.3 y  y  x  3y x  3y    y 8 y      x   y   0,25 0,25 0,25   x  Kết luận: Với m = hệ có nghiệm  y   0,25  x  my  (1) Xét hệ phương trình  mx  y  m  (2) 2b (1,0đ) Từ (1) ta có x  my (*)   Thế vào (2) ta có m.my  y  m   m  y  m  (3) Hệ có nghiệm  (3) có nghiệm  m2    m2   m  1 Khi m  1 ,(3)  y  m 1 m y x m 1 m 1 m 1 0,25 0,25 Câu Nội dung m   x  m  Hệ có nghiệm  y  m 1  m  x 0  x    m0  m 1    m 1  y  y   m    m 1 Thỏa mãn m  1 Vậy với m > Thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x > y > Cho hàm số (d): y  mx  (m tham số) a) Tìm m để đồ thị hàm số (d)đi qua điểm A(2; 1) b) Chứng minh với giá trị m đồ thị hàm số (d) cắt parabol (2,0đ)  P  : y  x2 hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 ( x1  x2 ) hồnh độ giao điểm, tìm m cho x1  x2  2 Đồ thị hàm số (d) qua điểm A(2; 1) nên tọa độ A x = y = thỏa mãn phương trình y  mx  3a Ta có  m.2   m   (0,75đ) 1 Vậy m  đồ thị hàm số (d) qua điểm A(2; 1);  y  x2 Tọa độ giao điểm (d) (P) nghiệm hệ phương trình   y  mx  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x2  mx   x2  mx   Ta có a = > c =  < nên phương trình có nghiệm phân biệt hai nghiệm trái dấu Vậy với m (d) cắt (P) điểm phân biệt 3b (1,25đ) Vì x1 , x2 trái dấu x1< x2 nên x1 hay x2  x2 , x1   x1 x1  x2  2   x1  x2  2  x1  x2  Theo hệ thức Vi-et x1  x2  Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b m a Suy m = (thỏa mãn) Vậy m = x1  x2  2 0,25 Câu Điểm Nội dung Cho đường trịn (O) có AB dây cung không qua tâm I trung điểm dây AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C khác điểm A Vẽ hai tiếp tuyến CN CM đến (O) (tiếp điểm N thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm M thuộc cung lớn AB) a) Chứng minh tứ giác OICM nội tiếp b) Chứng minh: CM2 = CA.CB c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB (O) điểm P, giao điểm hai đường thẳng MP CB E Chứng minh ΔCEN cân d) Đường thẳng OP cắt đường thẳng MN Q Chứng minh: 1 + = OI.OQ CE MN Q P N C A E I H B O M   900 Vì CM tiếp tuyến M (O) nên OMC 4a (1,0đ) 4b (1,0đ) (O) có dây AB khơng qua tâm I trung điểm dây AB   900  OI  AB  OIC   OMC   900  900  1800 Tứ giác OICM có: OIC  Tứ giác OICM nội tiếp đường tròn  góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn AM  (O) có: CMA  góc nội tiếp chắn AM   CBM    CMA CBM  chung, CMA   CBM   CMA  CBM có: MCB   CMA  CBM (g.g) CM CA   CB CM  CM  CA.CB 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25  góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn MP  nên Vì CME 4c (1,0đ)   sđMP  CME 0,25   PB  (liên hệ cung dây) (O) có OP  dây AB  PA 0,25 Câu Điểm Nội dung    góc có đỉnh bên (O) nên: CEM   sđ AM    PB Vì CEM   PB  Mà PA     CEM    sđ AM   sđMP   CME   PA CEM 2 4d (0,5đ) (0,5đ)   MCE cân C  CM = CE mà CM = CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  CN = CE   NCE cân C Gọi H giao điểm OC MN Ta có: OM = ON CM = CN  OC đường trung trực MN  OC  MN H  chung, OIC   OHQ   900  OIC  OHQ có COQ OI OC   OI.OQ  OH.OC   OIC  OHQ (g.g)  OH OQ  OCM vuông M, đường cao MH 1  OH.OC  OM2   2 OM CM MH Mà OI.OQ  OH.OC  OM2 , CM = CE, MH = MN 1 (đpcm)  + = OI.OQ CE MN Cho số dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Chứng minh : 0,25 0,25 0,25 0,25 3x  xy  y  y  yz  3z  3z2  zx  3x  Ta có: 4(3x2 + xy + 3y2 ) = 7(x + y)2 + 5(x  y)2  7(x + y)2 Dấu ‘‘=’’ xảy x = y Vì x, y > nên 3x  xy  y  Dấu ‘‘=’’ xảy x = y Chứng minh tương tự ta có: ( x  y) 0,25 ( y  z ) Dấu ‘‘=’’ xảy y = z 3z  zx  3x  ( z  x) Dấu ‘‘=’’ xảy z = x y  yz  3z  Cộng ba bất đẳng thức vế theo vế, ta được: 3x  xy  y  y  yz  3z2  3z2  zx  3x  7( x  y  z ) Do x+ y+ z = 1, suy ra: 3x  xy  y  y  yz  3z  3z2  zx  3x  Dấu ‘‘=’’xảy x = y = z = 0,25 Ghi chú: +) Hướng dẫn gồm bước giải bắt buộc biểu điểm tương ứng Thí sinh phải biến đổi hợp lí có lập luận chặt chẽ cho điểm tối đa theo thang điểm +) Câu khơng có hình vẽ hình vẽ sai không chấm điểm +) Mọi cách giải khác mà cho điểm tối đa theo thang điểm +) Điểm tồn tổng điểm thành phần khơng làm tròn  ... (1 ,25 đ) Vì x1 , x2 trái dấu x1< x2 nên x1 hay x2  x2 , x1   x1 x1  x2  ? ?2   x1  x2  ? ?2  x1  x2  Theo hệ thức Vi-et x1  x2  Điểm 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ...  2? ??  5 x  2? ?? x    x   x    x   x   x  2? ??  x  x  2? ??  5 x  2? ??  x  2? ?? x  2? ?? 0 ,25 x ? ?2 0 ,25 x  x  x   2x  x  x    x ? ?2 3x  x x ? ?2  x ? ?2      x x ? ?2. .. A ta có Điểm Cho A  (2, 0đ) 2? ? ?2 1 2( 1  2) A  2 1 Vậy với x  A  x 1 x x ? ?2 B   x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 x ? ?2 2,00 A 1a (0,5đ)      1a (1,0đ)    x   x  1 x 1   0 ,25 0 ,25 