Đề kiểm tra học kỳ II năm học 2023-2024 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Trường THCS Phong Huy Lĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kỳ II năm học 2023-2024 môn Toán Lớp 9 - Đề 2 - Trường THCS Phong Huy Lĩnh (Có đáp án)

1. Phòng GD & ĐT Đông Hưng ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2023 – 2024 Trường THCS Phong Huy Lĩnh Môn: Toán 9. Thời gian làm bài 90 phút. Bài 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình a) x4 - 13x2 + 36 = 0 x 1 2 b) x 1 x 1 x 2 1 Bài 2 (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(m + 1) x – m2 – 2m (m là tham số) a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P) khi m = 1. b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt (x1, y1) và (x2, y2) sao cho y1 + y2 = 10. (m 1)x 3y m 1 Bài 3 (1,5 điểm) Cho hệ phương trình x (m 1)y 3 a) Giải hệ phương trình khi m = 3; b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) sao cho x2 + y2 = 1. Bài 4 (0,5 điểm) Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy R = 3 cm và chiều cao của hình trụ là h = 6 cm. Hãy tính diện tích xung quanh của hình trụ đó. Bài 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có Aµ 90 . Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh tứ giác DEOO’ nội tiếp đường tròn. 3) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 4) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Bài 6 (0,5 điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c 3. b c a c a b a b c -------------------------------- HẾT -------------------------------
2. II – Biểu điểm Bài Ý Đáp án Điểm a) Phương trình x4 - 13x2 + 36 = 0. Đặt t = x2, t 0 ta được: 0,25 1,0đ t2 – 13 t + 36 = 0 Có = b2 - 4ac = (-13)2 – 4.1.36 = 169 – 144 = 25 > 0 Vì = 25 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,25 b 13 25 b 13 25 0,25 t 9 (TM);t 4 (TM) 1 2a 2 2 2a 2 Với t = 9 thì x2 = 9 x = 3; 0,25 Bài Với t = 4 thì x2 = 4 x = 2; 1 2 đ Vậy phương trình có 4nghiệm phân biệt: x1 = -3, x2 = 3, x3 = -2, x4 = 2 b) x 1 2 2 ĐKXĐ: x 1. 0,25 1,0đ x 1 x 1 x 1 x(x + 1) + x - 1 = 2 x2 + 2x – 3 = 0 0,25 ’ = 12 + 3 = 4 > 0, ' 4 2 0,25 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 1 - 2 = - 3 (TM); x2 = - 1 + 2 = 1 (Không TM) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x = -3. a. Khi m = 1 thì (d) trở thành: y = 4x – 3 0,25 1,0đ Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = 4x – 3 x2 – 4x + 3 = 0 Có a = 1, b = -4, c = 3 a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 0,25 Phương trình có hai nghiệm: x1 = 1, x2 = 3 Với x = 1 thì y = 1, ta được A(1; 1) Với x = 3 thì y = 9, ta được B(3; 9) 0,25 0,25 Bài Vậy với m = 1, (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt: A(1; 1), B(3; 9) 2 2,0đ b. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P và (d): 1,0đ x2 = 2(m + 1) x – m2 – 2m x2 – 2(m + 1)x + m2 + 2m = 0 (*) Có ’ = [-(m + 1)]2 – (m2 + 2m) = m2 + 2m + 1 – m2 – 2m = 1 > 0 0,25 Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m Suy ra (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt (x1, y1) và (x2, y2) với mọi m. 2 2 0,25 Có (x1, y1) và (x2, y2) thuộc (P) nên y1 x1 , y2 x2 x1 x2 2m 2 Theo Vi-ét, ta có 2 x1x2 m 2m
3. 2 2 2 0,25 Theo bài y1 + y2 = 10 x1 x2 10 (x1 x2 ) 2x1x2 10 (2m + 2)2 – 2(m2 + 2m) = 10 4m2 + 8m + 4 – 2m2 – 4m – 10 = 0 2m2 + 4m – 6 = 0 m2 + 2m – 3 = 0 Có a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: 0,25 m1 = 1, m2 = -3. Vậy m {-3; 1} a. 4x 3y 2 1,0đ Với m = 3, hệ trở thành 0,25 x 2y 3 4x 3y 2 5y 10 0,25 4x 8y 12 x 2y 3 y 2 y 2 0,25 x 2( 2) 3 x 1 Vậy với m = 3, hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = (-1; -2) 0,25 b. (m 1)x 3y m 1 (1) 0,5đ x (m 1)y 3 (2) Bài Từ (2) x = (m - 1)y + 3, thế vào (1) ta được: 3 (m + 1)[ (m - 1)y + 3] - 3y = m - 1 0,25 1,5đ (m2 - 1)y + 3m + 3 - 3y = m - 1 (m2 - 4)y = -2m - 4 (*) Để hệ có nghiệm duy nhất thì phương trình (*) ẩn y có nghiệm duy nhất m2 - 4 ≠ 0 m2 ≠ 4 m ≠ ±2. 2m 4 2(m 2) 2 0,25 Từ phương trình (*) y m2 4 (m 2)(m 2) m 2 2 2m 2 3m 6 m 4 x = m 1  3 m 2 m 2 m 2 2 2 2 2 m 4 2 Theo bài x + y = 1 1 m 2 m 2 m2 8m 16 4 m2 4m 4 4m 16 m 4 (TM) Vậy với m = 4, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x2 + y2 = 1 Bài Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là: 4 Sxq = 2πRh 0,25 2 2 0,5đ Sxq = 2. Π.3.6 = 36 Π cm . Vậy bán kính đường tròn đáy là 36 Π cm 0,25
4. a, 1,0đ 0,25 a) Lập luận có A· EB 900 Hay C· EB 900 0,25 Lập luận có A· DC 900 Hay B· DC 900 0,25 E, D thuộc đường tròn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa góc 0 90 ) 0,25 Bài Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 5 b, BOE cân tại O E· OD 2E· BD (Góc ngoài tại đỉnh tam giác cân) 0,25 3,5đ 1,0đ DO’C cân tại O E· O'D 2E· CD(Góc ngoài tại đỉnh tam giác cân) 0,25 Mà E· BD E· CD (Hai góc nội tiếp cùng chắn E»D của đường tròn đi qua 4 điểm B, C, D, E) 0,25 E· OD E· O'D Xét tứ giác DEOO’, có E· OD E· O'D, mà O, O’ kề nhau nên suy ra tứ giác DEOO’ nội tiếp 0,25 c, Ta có A· FB A· FC 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 1,0đ Suy ra A· FB A· FC 1800 ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,25 A· FE A· BE (cùng chắn A»E ) và A· FD A· CD (cùng chắn A»D ) 0,25 Mà E· CD E· BD (cùng chắn D»E của đường tròn ngoại tiếp tứ giác 0,25 BCDE) Suy ra: A· FE A· FD FA là phân giác của góc DFE 0,25 d, Chứng minh được tương tự câu b có EA là phân giác của tam giác 0,5đ DEF AH EH Có EA là phân giác của tam giác DEH suy ra (1) AD ED 0,25 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH (2) BD ED AH BH 0,25 Từ (1), (2) ta có: AH.BD BH.AD AD BD Đặt b + c a = x, c + a b = y, a + b c = z y + z x + z x + y Suy ra: a = ;b = ;c = Bài 2 2 2 6 a b c y z z x x y 0,25 0,5đ b c a c a b a b c 2x 2y 2z
5. y z yz Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có y z 2 yz 2x x z x zx x y xy TT: ; 2y y 2z z y z z x x y yz 2 zx 2 xy 0,25 2x 2y 2z x y z yz zx xy 3.3 . . 3 x y z