Đề kiểm tra giữa học kỳ 2 Toán 9 năm 2021 – 2022 trường Thực Nghiệm KHGD – Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề tham khảo kiểm tra giữa học kỳ 2 môn Toán 9 năm học 2021 – 2022 giúp bạn ôn tập, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

41 21 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề giữa HK2 Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
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
Bài I. ( 2 điểm) Cho
3
3
x
A
x
và
32
13
.
9
31
xx
x
B
x
xx







với
0, 9
x
x
.
1) Tính giá trị biểu thức
A
khi
16x
.
2) Chứng minh
1
3
x
B
x
.
3) Cho
.
A
P
B
So sánh P và 2.
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 50m
2
.
Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của sân bóng rổ.
Bài III ( 2 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
6
44
1
2
44 3
1
x
y
x
y


2) Cho Parabol (P) :
2
1
2
yx
và đường thẳng (d) : y = x + 4.
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 =
3R
. 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

2
62 1 4128.xx xx
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
(2 điểm)
1
( 0,5 đ)
Thay
16x
( tmđk) vào
A
ta có:
16 3
16 3
A
0,25
Tính được
19
7
A
0,25
2
(1 đ)

32
13
.
31
33
xx
x
B
xx
xx








0,25

21 3
.
1
33
xx x
B
x
xx


0,25


2
1
3
.
1
33
x
x
B
x
xx

0,25
1
3
x
B
x
0,25
3
(0,5 đ)
313
:
33 1
332(1)
22
11
Ax x x
P
B
xx x
xxx
P
xx




 

2
(1)
2
1
x
P
x

0,25
2
(1)0;10
20 2
xx
PP


0,25
Bài II
(2,0 đ)
2đ Gọi chiều dài sân bóng ban đầu là x (m, x > 0) 0,25
Gọi chiều
r
ộn
g
sân bón
g
ban đầu là
y
(m,
y
>0) 0,25
Vì chiều dài sân bóng ban đầu hơn chiều rộng 9m nên ta có phương
trình x –
y
= 9
0,25
Vì diện tích sân tăng 50m
2
nên ta có phương trình
(x + 2)(
y
+ 1) = x
y
+ 50
0,25
Ta có hệ phương trình
9
(2)(1) 50
xy
xy xy


0,25
Giải hệ phương trình được
22
13
x
y
(thoả mãn)
0,5
Vậy chiều dài sân bóng ban đầu là 22m, chiều rộng sân bóng ban đầu
là 13(m)
0,25
Bài III
(2,0đ)
1
(1đ)
Điều kiện
4x
và
1y
0,25
Đặt
4 xa
và
1
1
b
y
Đưa về hệ:
64
423
ab
ab


0,25
Giải hệ được
1
1
2
a
b

0,25
⇒
41
5
11
3
12
x
x
y
y


Kết luận hệ có nghiệm duy nhất

;5;3xy
0,25
2
(1đ)
Câu a
(0,5đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2
2
1
4
2
280
4280
(4)(2)0
4
2
A
B
xx
xx
xxx
xx
x
x





0,25
4448
4242
AA
BB
yx
yx


Vậy đường thẳng (d) cắt (P) tại A (4;8) và B(-2;2)
0,25
Câu b
x = 0 thì y = 0 + 4 = 4 nên C(0; 4)
Biểu diễn các điểm A, B, H, K, C trên hệ trục toạ độ
0,25
44OC 
;
44OH 
;
22OK 
0,25
KH = OK + OH = 6
.4.6
12
22
CHK
CO HK
S

(đơn vị diện tích)
Bài IV
(3,5 đ)
Câu1
(1 đ)
Vẽ hình đến câu a
0,25
ΔABC có AD là đường cao nên
00
90 90ADC HDC
ΔABC có BE là đường cao nên
00
90 90BEC HEC
0,25
Xét tứ giác CDHE ta có
00 0
90 90 180HDC HEC
0,25
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên CDHE là tứ giác nội tiếp 0,25
Câu 2
(1 đ)
Xét đường tròn tâm O :

1
2
N
BC NAC Sd NC
( 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

N
BC NAC
0,25
Xét ΔDBN và ΔDAC có :
N
BD CAD
A
DC BDN
(đối đỉnh)
ΔDBN đồng dạng ΔDAC (g.g)
0,5
D
BDN
D
ADC

(cạnh tương ứng tỉ lệ) hay DB.DC = DN.DA
0,25
Câu 3
(1đ)
CDHE là tứ giác nội tiếp
0
180EHD ECD
Mà
0
180EHD AHE
A
HE DCE AHF BCA
0,25
Ta có
A
FB BCA
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
A
FB AHF
Nên ΔAHF cân tại A
0,25
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
O'
F
H
E
M
N
D
O
C
B
A
ΔCHF cân tại C
F
HC HFC
ΔO’HE cân tại O’ nên
''OHE OEH
'OEH HFC
HFC BFC BAC
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
0,25
Ta có
ABE MEB
(ΔMBE cân tại M)
ΔAEB vuông tại B nên
0
90ABE BAE
0
'90
'
MEB O EH
ME O E


Mà O’E là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE
Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE
0,25
Câu 4
(0,5 đ)
CDHE là tứ giác nội tiếp nên chứng minh được
BHD ECD
Xét (O) có
BNA ACB
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
BHD BNA
ΔBDN cân tại B nên DN = DH
DH.DA = DN.DA = DB.DC
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

2
2
2
2.
.
4
3
.
4
3
.
4
DB DC DB DC
D
BDC
DB DC
R
DB DC
R
DH DA




Dấu bằng xảy ra khi DB = DC
ΔABC cân tại A suy ra A là điểm chính giữa của cung BC.
Vậy giá trị lớn nhất của DH.DA là
2
3
4
R
khi A là điểm chính giữa
cung BC.
0,25
Bài V
(0,5 đ)
ĐKXĐ:
2x
Đặt

22
6, 2 0,0 8xaxbab ab 
Phương trình có dạng
 
22
110
10
ab
ab ab a b ab abab
ab a b


0,25
Trường hợp 1. Xét 62bx xa  vô nghiệm
Trường hợp 2. Xét

10110ab a b a b


61 5
2
1
1
1
3
x
xlo
b
ai
xxTM
a



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3x
0,25
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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 A P  . 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   4  1 y
1) Giải hệ phương trình:  2 4 x  4   3  1 y 1 2) Cho Parabol (P) : 2 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   x    2 6 2
1 x  4x 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 A
(2 điểm) ( 0,5 đ) Thay x  16 ( tmđk) vào A ta có: 16 3 Tính được 19 A  0,25 7 2   0,25   (1 đ) x 3 x 2 1 x  3 B      
x  3 x  3 . x  3 x 1  x  2 x 1 x  3 0,25 B  
x  3 x  3. x 1  x  2 1 0,25 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 2 ( x 1) P  2  x 1 2
( x 1)  0; x 1  0
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
a  6b  4 0,25 Đưa về hệ: 
4a  2b  3  a 1 Giải hệ được  1 0,25 b    2  x  4 1  x  5 ⇒  1 1      y  3 0,25 1 y 2
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 2
x  2x  8  0 2
x  4x  2x  8  0
 (x  4)(x  2)  0  x  4 A  x  2  B
y x  4  4  4  8 0,25 A A  
y x  4  2  4  2  B B
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    12 CHK (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 Vẽ hình đến câu a 0,25
ΔABC có AD là đường cao nên  0  0
ADC  90  HDC  90
ΔABC có BE là đường cao nên  0  0
BEC  90  HEC  90 0,25
Xét tứ giác CDHE ta có   0 0 0
HDC HEC  90  90  180 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)   1  NBC NAC
Sd NC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 2  
NBC NAC Xét ΔDBN và ΔDAC có :   NBD CAD 0,5  
ADC BDN (đối đỉnh)
 ΔDBN đồng dạng ΔDAC (g.g) DB DN   0,25
(cạnh tương ứng tỉ lệ) hay DB.DC = DN.DA DA DC
Câu 3 CDHE là tứ giác nội tiếp   0
EHD ECD  180 (1đ) Mà   0
EHD AHE  180    
AHE DCE AHF BCA 0,25 Ta có  
AFB BCA ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)  
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  ΔCHF cân tại C  
FHC HFC
ΔO’HE cân tại O’ nên  
O ' HE O ' EH  
O ' EH HFC   
HFC BFC BAC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC) 0,25 Ta có  
ABE MEB (ΔMBE cân tại M) ΔAEB vuông tại B nên   0
ABE BAE  90   0
MEB O ' EH  90
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 CDHE là tứ giác nội tiếp nên chứng minh được   BHD ECD (0,5 đ) Xét (O) có  
BNA ACB ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)  
BHD BNA
 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 3RDB.DC  4 2 3RDH .DA  4
Dấu bằng xảy ra khi DB = DC
ΔABC cân tại A suy ra A là điểm chính giữa của cung BC. 2 3R
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   a x   ba b   2 2 6 , 2 0,
0  a b  8 Phương trình có dạng   
a b  aba b 2 2 1
a b  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     b 1
x  2 1  x  3  TM  0,25
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3