Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Trường TH, THCS&THPT Thực Nghiệm KHGD, Hà Nội

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn sinh viên đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn ‘Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Trường TH, THCS&THPT Thực Nghiệm KHGD, Hà Nội’ để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi giữa học kì 2 môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Trường TH, THCS&THPT Thực Nghiệm KHGD, Hà Nội

TRƯỜNG TH, THCS VÀ THPT ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 THỰC NGHIỆM KHGD Năm học 2021 – 2022 Môn : Toán 9 Thời gian: 90 phút Ngày thi 09 tháng 03 năm 2022 x 3  x3 x 2 1  x 3 Bài I. ( 2 điểm) Cho A  và B     . với x  0, x  9 . x 3  x  9 x  3  x  1 1) Tính giá trị biểu thức A khi x  16 . x 1 2) Chứng minh B  . x 3 3) Cho P  A . So sánh P và 2. B Bài II. ( 2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình Sân bóng rổ của trường học là một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 9m. Nếu tăng chiều dài thêm 2m và tăng chiều rộng 1m thì diện tích của sân tăng thêm 50m2. Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của sân bóng rổ. Bài III ( 2 điểm)  6  x  4  1 y  4  1) Giải hệ phương trình:  4 x  4  2  3  1 y 1 2 2) Cho Parabol (P) : y  x và đường thẳng (d) : y = x + 4. 2 a) Tìm toạ độ giao điểm A, B của parabol (P) và đường thẳng (d) b) Gọi C là giao điểm của đường thẳng (d) và trục tung, H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên trục hoành. Tính diện tích ΔCHK. Bài IV.( 3,5 điểm) Cho ΔABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao AD, BE của ΔABC cắt nhau tại H. Đường thẳng BE cắt đường tròn (O; R) tại F, đường thẳng AD cắt đường tròn (O; R) tại N. 1) Chứng mịnh CDHE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DB.DC = DN.DA. 3) Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh ΔAHF cân và ME là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. 4) Cho dây BC cố định và BC = R 3 . Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O; R) để DH.DA đạt giá trị lớn nhất. Bài V.(0,5 điểm) Giải phương trình  x6  x2  1   x 2  4 x  12  8. HẾT
TRƯỜNG TH, THCS VÀ THPT ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ 2 THỰC NGHIỆM KHGD Năm học 2021 – 2022 Môn : Toán 9 Thời gian: 90 phút Ngày thi 09 tháng 03 năm 2022 Bài Ý Hướng dẫn giải Biểu điểm Bài I 1 16  3 0,25 Thay x  16 ( tmđk) vào A ta có: A  (2 điểm) ( 0,5 đ) 16  3 Tính được A  19 0,25 7 2   0,25  x3 x 2 1  x 3 (1 đ) B  .    x 3  x 3  x  3 x 1  x  2 x 1 x 3 0,25 B .  x 3  x 3  x 1   0,25 2 x 1 x 3 B .  x 3  x 3  x 1 x 1 0,25 B x 3 3 A x3 x 1 x3 0,25 (0,5 đ) P  :  B x 3 x 3 x 1 x3 x  3  2( x  1) P2 2 x 1 x 1 ( x  1) 2 P2 x 1 ( x  1)  0; x  1  0 2  P20 P  2 0,25 Bài II 2đ Gọi chiều dài sân bóng ban đầu là x (m, x > 0) 0,25 (2,0 đ) Gọi chiều rộng sân bóng ban đầu là y(m, y>0) 0,25 Vì chiều dài sân bóng ban đầu hơn chiều rộng 9m nên ta có phương 0,25 trình x – y = 9 Vì diện tích sân tăng 50m2 nên ta có phương trình 0,25 (x + 2)(y + 1) = xy + 50 Ta có hệ phương trình 0,25 x  y  9  ( x  2)( y  1)  xy  50  x  22 0,5 Giải hệ phương trình được  (thoả mãn)  y  13
Vậy chiều dài sân bóng ban đầu là 22m, chiều rộng sân bóng ban đầu 0,25 là 13(m) Bài III 1 Điều kiện x  4 và y  1 0,25 (2,0đ) (1đ) 1 Đặt x  4  a và b 1 y 0,25  a  6b  4 Đưa về hệ:   4a  2b  3  a 1  Giải hệ được  1 0,25 b   2  x  4 1  x  5 ⇒ 1 1   1  y  2 y  3 0,25  Kết luận hệ có nghiệm duy nhất  x; y    5;3 2 (1đ) Câu a Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 0,25 (0,5đ) 1 2 x  x4 2  x2  2x  8  0  x2  4x  2x  8  0  ( x  4)( x  2)  0  xA  4   xB  2  y  xA  4  4  4  8 0,25   A  yB  xB  4  2  4  2 Vậy đường thẳng (d) cắt (P) tại A (4;8) và B(-2;2) Câu b x = 0 thì y = 0 + 4 = 4 nên C(0; 4) 0,25 Biểu diễn các điểm A, B, H, K, C trên hệ trục toạ độ OC  4  4 ; OH  4  4 ; OK   2  2 0,25
KH = OK + OH = 6 CO .HK 4.6 S  CHK    12 (đơn vị diện tích) 2 2 Bài IV Câu1 A (3,5 đ) (1 đ) F E M H O O' B D C N 0,25 Vẽ hình đến câu a ΔABC có AD là đường cao nên    90 0 ADC  90 0  HDC   90 0  HEC ΔABC có BE là đường cao nên BEC   90 0 0,25   HEC Xét tứ giác CDHE ta có HDC   90 0  90 0  180 0 0,25 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên CDHE là tứ giác nội tiếp 0,25 Câu 2 Xét đường tròn tâm O : 0,25 (1 đ)   NAC   1 Sd NC  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) NBC 2   NAC  NBC    CAD Xét ΔDBN và ΔDAC có : NBD  0,5   (đối đỉnh) ADC  BDN  ΔDBN đồng dạng ΔDAC (g.g) DB DN 0,25   (cạnh tương ứng tỉ lệ) hay DB.DC = DN.DA DA DC Câu 3   ECD CDHE là tứ giác nội tiếp  EHD   180 0 (1đ)   Mà EHD AHE  180 0     AHE  DCE  AHF  BCA 0,25 Ta có   ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) AFB  BCA   AFB   AHF 0,25 Nên ΔAHF cân tại A Gọi O’ là trung điểm của HC nên O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE ΔAHF cân tại A, AE là đường cao nên E là trung điểm HF
  HFC  ΔCHF cân tại C  FHC   ΔO’HE cân tại O’ nên O  ' HE  O ' EH  O  ' EH  HFC   BFC  HFC   BAC  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC) 0,25 Ta có   (ΔMBE cân tại M) ABE  MEB ΔAEB vuông tại B nên    90 0 ABE  BAE O  MEB  ' EH  90 0  ME  O ' E Mà O’E là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE 0,25 Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE Câu 4   ECD CDHE là tứ giác nội tiếp nên chứng minh được BHD  (0,5 đ)  Xét (O) có BNA ACB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)   BNA  BHD   ΔBDN cân tại B nên DN = DH DH.DA = DN.DA = DB.DC 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có DB  DC  2 DB .DC  DB  DC  2  DB .DC  4 2 3R  DB .DC  4 3R 2  DH .DA  4 Dấu bằng xảy ra khi DB = DC ΔABC cân tại A suy ra A là điểm chính giữa của cung BC. 3R 2 Vậy giá trị lớn nhất của DH.DA là khi A là điểm chính giữa 0,25 4 cung BC. Bài V ĐKXĐ: x  2 (0,5 đ) Đặt x  6  a, x  2  b  a  0, b  0   a 2  b 2  8 Phương trình có dạng a  b  a  b 1  ab   a 2  b 2   a  b 1  ab  a  b   0   0,25 1  ab  a  b  0 Trường hợp 1. Xét a  b  x  6  x  2 vô nghiệm Trường hợp 2. Xét 1  ab  a  b  0   a  1 b  1  0  a  1  x  6  1  x  5  loai     x  2  1  x  3 TM   b  1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3