Đề kiểm tra chất lượng học kỳ II năm học 2022-2023 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Trường THCS Trọng Quan (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ II năm học 2022-2023 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Trường THCS Trọng Quan (Có đáp án)

1. PHÒNG GD VÀ ĐT ĐÔNG HƯNG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II TRƯỜNG THCS TRỌNG QUAN NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài: 120 phút) Bài 1 (2,0 điểm) x 2 x 3x 9 Cho hai biểu thức A và B với x 0, x 9. x 3 x 3 x 9 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 16. 3 b) Chứng minh P = A B . x 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Bài 2 (2,5 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ quần áo trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đó làm được nhiều hơn 100 bộ so với số bộ phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ quần áo đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ quần áo? (Giả định rằng số bộ quần áo mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau.) 2) Cho Parabol (P) : y x2 và đường thẳng d : y (m 1)x m 4 ( m là tham số). Tim điều kiện của tham số m đề d cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phia của trục tung. Bài 3 (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x m2 0 ( m là tham số) a) Giải phương trình với m 1. 2 2 b) Tim giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn: x1 x2 6 4x1x2 Bài 4 (3,0 điểm) 1) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB với AB 2R , lấy điểm C (C khác A và B), từ C kẻ CH vuông góc với AB (H AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoan CH ( D khác C và H ), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AD.EC CD.AC. c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB), xác định vị trí của điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất. 2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m . Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy 3,14 ). Bài 5 (0,5 điểm) Với các số thực a và b thỏa mãn a2 b2 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3(a b) ab . . Hết
2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Bài ý Đáp án Điểm Bài 1 a Thay x = 16 (TMĐK) vào biểu thức A. Tính được 0,25 2,0 điểm 0,5 16 4 A 16 3 7 0,25 Vậy b x 2 x 3x 9 0,25 P A B 1,0 x 3 x 3 x 9 x 3 x 2x 6 x 3x 9 ( x 3)( x 3) 0,25 3 x 3 3 x 3 x 3 x 3 0,25 Vậy 0,25 c Tìm gá trị lớn nhất của biểu thức P 0,5 3 ó: 푃 = 푣ớ푖 ≥ 0; ≠ 9 + 3 Vì ≥ 0 푣ớ푖 ≥ 0; ≠ 9 푛ê푛 +3 ≥ 3 3 0,25 ≤ 1 + 3 Dấu “ =” xảy ra khi = 0 (T/m) Vậy Max P = 1 khi = 0 0,25 Bài 2 1) Gọi số bộ quần áo mà tổ sản xuất phải làm trong một ngày theo 0,25 2,0 điểm 1,0 kế hoạch là x (bộ) ; ( x 0 ). 4800 4800 0,25 Lập luận để có phương trình 8 x x 100 x2 100x 60000 0 (vì x 0 ) Giải phương trình tìm được x 300 hoặc x 200 Đối chiếu điều kiện và thử lại thấy x 200 thỏa mãn 0,25 KL: Theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm 200 bộ quần áo 0,25 2) (P) : y x2 giao điểm với d : y (m 1)x m 4 tại 2 điểm nằm 1,0 về hai phía của trục tung Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 0,25 x2 (m 1)x m 4 x2 (m 1)x m 4 0 (P) cắt d tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. 0,25 ac 0 m 4 0 m 4 . 0,25
3. Vậy m 4 thì (P) cắt d tại hai điểm nằm về hai phía của trục 0,25 tung. Bài 3 1,0 a) Giải phương trình với m 1. 2,0 điểm Với m 1, phương trình đã cho trở thành x2 4x 1 0 . 0,25 Ta có 22 1 3 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 0,25 b x1 2 3 a . 0,25 b x 2 3 2 a Vậy khi m 1 tập nghiệm của phương trình là S {2 3} . 0,25 1,0 b) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ,x2 2 2 thóa mãn: x1 x2 6 4x1x2 Ta có: (m 1)2 m2 2m 1. Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 ,x2 thì 1 0,25 0 2m 1 0 m . 2 x x 2(m 1) Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: 1 2 . 2 0,25 x1x2 m Theo bài ra ta có: 2 2 x1 x2 6 4x1x2 2 x1 x2 2x1x2 6 4x1x2 2 x1 x2 6x1x2 6 0 4(m 1)2 6m2 6 0 2m2 8m 10 0(1) 0,25 Ta có a b c 2 8 10 0 nên phương trình có 2 nghiệm m 1(ktm) 1 phân biệt c 10 . m 5(tm) 2 a 2 Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn là m 5 . 0,25
4. C E D A H O B Bài 4 1,0 a) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp. 3,5 điểm Vì CH  AB(gt) B· HD 90. 0,25 · 0,25 Lại có AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên B· ED 90 0,25 Suy ra B· HD B· ED 180 (tiếp tổng hai góc đối bằng 180 ) 0,25 Vậy tứ giác BHDE nội tiếp. 1,0 b) Chứng minh AD.EC CD.AC. Xét ACD , AEC Có góc C· AD E· AC (1) 0,25 Có ·ACD C· AH ·ABC C· AH 90 ·ACD ·ABC , mặt khác ·ABC C· EA( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA). Suy · · ra ACD AEC (2). 0,25 Từ (1) và (2) ta có được AD CD ACD : AEC(g.g) AD.EC CD.AC (dpcm). 0,5 AC EC 0,5 c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB), xác định vị trí của điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất. AB Gọi c chu vi tam giácCOH, c CO OH CH OH CH . 2 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 2(a2 b2 ) với các đoạn thẳng OH và CH Ta có 2 AB OH CH 2(OH 2 CH 2 ) 2OC 2 OH CH OC 2 2 2 0,25 dấu bằng xảy ra khi OH CH . AB AB AB Suy ra c OH CH 2 1011(1 2) . Vậy chu vi 2 2 2 tam giác COH lớn nhất khi OH CH suy ra tam giác COH 0,25 vuông, tức là góc C· OA 45 . 1,0 Diện tích bề mặt được sơn là diện tích xung quanh của thùng nước: 0,25
5. S 2 Rh 0,5 2.3,14.0,5.1,6 5,024(m2 ) KL: Diện tích bề mặt được sơn của thùng nước xấp xỉ bằng 0,25 5,024(m2 ) Bài 5 0,5 Từ điều kiện a2 b2 2, ta có 0,5 điểm 2 1 2 a b 2ab 2 ab a b 1 2 1 1 2 11 Đặt x a b . Khi đó P 3x x2 1 x 3 2 2 2 2 Ta có a b 2 a2 b2 x2 4 2 x 2 2 Do đó x 3 1 x 3 1 P 5 Dấu “=” xảy ra khi a = b = -1 KL: Giá trị nhỏ nhất của P là -5