Đề kiểm tra giữa học kì II năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 9 - Đề 1 - Trường TH&THCS Đông Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra giữa học kì II năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 9 - Đề 1 - Trường TH&THCS Đông Vinh (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐÔNG HƯNG ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020 – 2021 TRƯỜNG TH&THCS ĐÔNG VINH MÔN TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài : 90 phút Bài 1. (3.0 điểm): Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y = x + 2. a) Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) c) Tìm điểm M trên (P) có tổng hoành độ và tung độ của điểm M bằng 6 Bài 2. (1.5 điểm) : Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Một sân trường hình chữ nhật có chu vi là 340m. Ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m. Tính diện tích của sân trường. Bài 3. (1.5 điểm) : Cho phương trình: x2 – (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1). a) Giải phương trình (1) khi m = –1. b) Tìm m để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 = 10. Bài 4. (3,5 điểm): Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và 2 O sao cho AI = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc 3 cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh ∆AME và ∆ACM đồng dạng và AM2 = AE.AC. c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2. d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình 3x2 6x 12 5x4 10x2 30 8 -----HẾT----- 1
2. PHÒNG GD&ĐT ĐÔNG HƯNG HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA GIỮA KÌ II Năm học 2020 - 2021 TRƯỜNG TH&THCS ĐÔNG VINH Môn: Toán 9 Thời gian làm bài 90 phút Bài Lời giải Điểm * Bảng giá trị của hàm số : y = x2 x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 0.25 Kết luận: Đồ thị hàm số y = x2 là đường cong Parabol đỉnh O, nhận 0.25 trục OY là trục đối xứng, nằm phía trên trục hoành *Bảng giá trị của hàm số y = x + 2 x 0 - 2 0.25 y = x+2 2 0 Kết luận: Đồ thị hàm số y = x + 2 là đường thẳng đi qua hai điểm (0;2) và (-2;0) 0.25 6 ^ y Bài 1 (2 4 N điểm) 2 M 1 > -5 -1 0 2 x 5 0.5 * Vẽ (P) đúng * Vẽ (d) đúng -2 0.5 b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình x2 = x + 2  x2 - x – 2 = 0 -4 Có a – b + c = 1 – (-1) + (-2) = 0 x1 1  Phương trình có hai nghiệm là -6 0.25 x2 2 + x1 = -1 => y1 = 1 => (-1 ;1) + x2 = 2 => y2 = 4 => (2 ;4) Tọa độ giao điểm của (D) và (p) là : (-1 ;1) và (2 ;4) 0.25 2
3. c) Gọi M( xM; yM) thỏa mãn điều kiện đề bài 2 Vì M thuộc (P) => yM = xM Mà tổng hoành độ và tung độ của điểm M bằng 6 nên ta có 2 xM + xM = 6 2  xM + xM - 6 = 0 0.25 = 12 – 4.1.(-6) = 25 > 0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt x 2 M1 x 3 M 2 + xM1 = 2 => yM = 4 => M(2;4) 0.25 + xM2 = -3 => yM = 9 => M(-3;9) Vậy có hai điểm M thỏa mãn đề bài M(2;4); M(-3;9) Gọi x, y (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng sân trường ( 0 < x, y < 170) 0.25 Vì sân trường có chu vi 340m nên ta có phương trình: 2(x + y) = 340 x + y = 170 (1). 0.25 Vì ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 20m nên ta có pt: Bài 2 3x – 4y = 20 (2). 0.25 x y 170 (1.5 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: điểm) 3x 4y 20 0.25 x 100 Giải hệ pt ta được (thỏa mãn ĐK). 0.25 y 70 2 Vậy diện tích sân trường là 100. 70 = 7 000 m 0.25 a) x2 – (m – 1)x + 2m – 7 = 0 (1). Thay m = -1 vào phương trình (1) ta được x2 – (-1 – 1)x + 2.(-1) – 7 = 0 0.25  x2 + 2x - 9 = 0 12 1.( 9) 10 0 0.25 =>Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1 10 0.25 x2 1 10 x1 1 10 Vậy với m = -1 thì nghiệm của phương trình là Bài 3 0.25 x2 1 10 (1,5 b) Vì a = 1 0 điểm) [ (m 1)]2 4.(2m 7) = ( m – 5)2 + 4 > 0 với m =>Phương trình có hai nghiệm phân biệt với m Áp dụng hệ thức Viet ta được: 0.25 x1 x2 m 1 x1.x2 2m 7 2 2 x1 x2 = 10. 2  ( x1 + x2) – 2 x1x2 = 10 => ( m – 1)2 – 2.(2m – 7) = 10  m2 – 6m + 5 = 0 3
4. Có a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0 0.25 => Phương trình có hai nghiệm là m1 = 1; m2 = 5 ( tm) Vậy m1 = 1; m2 = 5 a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp: Ta có: E· IB 900 (do MN  AB ở I) 0.25 0.25 và E·CB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0.25 · · 0 Tứ giác IECB có EIB ECB 180 0.25 => Tứ giác IECB nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC. + Chứng minh ∆AME ∆ACM Ta có: MN  AB ¼AM »AN M· CA ·AMN 0.25 ∆AME và ∆ACM có µA chung, ·AME ·ACM 0.25 Do đó: ∆AME ∆ACM (góc – góc) 0.25 + Chứng minh AM2 = AE.AC AM AE Vì ∆AME ∆ACM nên hay AM2 AC.AE (1) AC AM 0.25 c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2. Ta có: ·AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 0.25 AMB vuông ở M, MI  AB nên MI2 = AI.IB (2) 0.25 Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: AM 2 MI 2 AC.AE AI.IB . 0.25 Mà AM 2 MI 2 AI 2 (định lí Pi-ta-go cho tam giác MIA vuông ở Suy ra : AE.AC - AI.IB = AI2. 0.25 d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn goại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCE. Ta có ·AME M· CE (chứng minh trên), 1 1 mà M· CE sđ M¼ E nên ·AME sđ M¼ E 2 2 Suy ra: AM là tiếp tuyến của đường tròn (O ). Do đó: MA  O M , 1 1 0.25 kết hợp với MA  MB suy ra O1 thuộc đường thẳng MB. Do đó: NO1 ngắn nhất NO1  MB , từ đó ta suy ra cách xác định vị 0.25 trí điểm C như sau: - Dựng NO1  MB (O1 MB ). - Dựng đường tròn (O1 ; O1 M) .Gọi C là giao điểm thứ hai của đường tròn (O1 ) và đường tròn (O) 4
5. C M O1 E O B A I N 3x2 + 6x + 12 = 3(x2 + 2x + 1) + 9 = 3(x + 1)2 + 9 ≥ 9 => 3x2 6x 12 ≥ 3 5x4 - 10x2 + 30 = 5(x2 - 2x + 1) + 25 = 5(x - 1)2 + 25 ≥ 25 => Bài 5 5x4 10x2 30 ≥ 5 ( 0,5 Do đó: 3x2 6x 12 5x4 10x2 30 8 điểm) 0,25 2 2 3x 6x 12 3 3 x 1 9=9 x 1 0  x 1 2 2 4 2 2 x -1 0 0,25 5x 10x 30 5 5 x -1 25=25 Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 * Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng, đều cho điểm tối đa của phần đúng đó. --------------------------------------------------- 5