Đề thi học kì 2 Toán 9 năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Thái Bình
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 tham khảo đề kiểm tra cuối học kỳ 2 môn Toán 9 năm học 2022 – 2023 giúp bạn ôn tập, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2022- 2023 THÁI BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 9 (Gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1. 2 2 8 3 .2 2 4.2 3 2 0,25 (0,5) 2 2 2 3 2 0 0,25 x 3 1 x Với x 0; x 9 . P : 0,25 x 3 x 3 x 3 x 3 2.a) (1,0) x 3 x 3 x 3 P . a) 0,25 x 3 x 3 x x x 1 x 3 P . 0,25 x 3 x 3 x 1. (2,0đ) x 1 x 1 P . Vậy P với x 0; x 9 0,25 x 3 x 3 1 x 1 1 3 x 3 x 3 2 x Xét hiệu P 0,25 3 x 3 3 3 x 3 3 x 3
Với x 0; x 9 thì 2 x 0; 3( x 3) 0 2.b) 2 x 1 1 (0,5) nên 0 P 0 P 3 x 3 3 3 0,25 1 Vậy chứng tỏ P
với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định. 3 x 2y 2 x 2y 2 0,25 2x y 2 4x 2y 4 3x 6 a) 0,25 y 2x 2 (1,0) x 2 0,25 y 2 2.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2). 0,25 (2,0đ)
* Gọi chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m).
Nửa chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là 38 m nên 0 < x < 38. 0,25
và chiều rộng của mảnh vườn là 38 – x (m). b)
* Có diện tích của mảnh vườn là 240 m2 nên ta có phương trình: (1,0) 0,25 x.(38 – x) = 240 x2 – 38x + 240 = 0 0,25 x = 30 hoặc x = 8 1 Câu Ý Nội dung Điểm
- Nếu x = 30 thì chiều dài của mảnh vườn là 30 (m) còn chiều rộng
mảnh vườn là 38 – 30 = 8 (m) (thỏa mãn).
- Nếu x = 8 thì chiều dài của mảnh vườn là 8 (m) còn chiều rộng 0,25
mảnh vườn là 38 – 8 = 30 (m) (không thoả mãn vì chiều dài nhỏ hơn chiều rộng).
Vậy mảnh vườn có chiều dài là 30 m còn chiều rộng là 8 m.
Với m =1 thì phương trình đường thẳng (d) là y = 4x – 5 0,25
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 1 là nghiệm của 0,25 phương trình: 2 2
x 4x 5 x 4x 5 0
Phương trình bậc hai ẩn x có a + b + c = 1 + 4 –5 = 0 a) 0,25
nên phương trình có nghiệm là x 1; x 5 (1,0) 1 2
với x = 1 thì y = –1, ta có giao điểm thứ nhất (1; –1)
với x = – 5 thì y = – 25, ta có giao điểm thứ hai: (– 5; – 25) 0,25
Với m = 1 thì tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; –1); (– 5; – 25)
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 0,25 2 3.
x 2(m 1)x 2m 3 0 (*) (2,0đ)
Có (*) là phương trình bậc hai ẩn x
Có a b c 1 2m 2 2m 3 0 0,25
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 m 3 1 2
Theo bài ra, để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt, có hoành độ đều b)
nhỏ hơn 2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2. (1,0) x x 2 m 3 1 1 2 m 2 0,25 x 2 1 2 1 5 m x 2 2m 3 2 2 2 5
Vậy m ; m 2
thì (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có 2 0,25
hoành độ cùng nhỏ hơn 2. A D I C 4. M O (3,5đ) H E B 2 Câu Ý Nội dung Điểm
* Xét đường tròn (O), có MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại
M và A, B là các tiếp điểm 0,25
MA = MB (Tính chất hai tiếp tuyển cắt nhau).
M thuộc trung trực của đoạn thẳng AB; (1)
Có OA = OB (bán kính đường tròn (O)) 0,25
O thuộc trung trực của đoạn thẳng AB. (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là trung trực của đoạn thẳng AB 0,25 1.a) OM vuông góc với AB. (1,5) * Xét M AC ; M DA Có: AMD chung; 0,25
MAC MDA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
cùng chắn cung AC của đường tròn (O))
Do đó MAC ∽ M DA (g.g) 0,25 MA MD MA2 = MC.MD (3) 0,25 MC MA
* Xét MAO có MA OA (vì MA là tiếp tuyến) ∆MAO vuông tại A;
Có AH là đường cao (vì OM AB) 0,25
MA2 = MH.MO (hệ thức giữa các cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (4) MC MO 1.b)
Từ (3) và (4) ta có MC.MD MH .MO 0,25 (1,0) MH MD MC MO
Xét MCH và MOD có: OMD chung; MH MD 0,25 Do đó M CH ∽ M OD ( .
c g.c)
MHC MDO . (5)
Hay MHC CDO 0,25
Nên tứ giác CDOH nội tiếp đường tròn (Dấu hiệu nhận biết).
* Kẻ OI CD (I thuộc CD). Tam giác COD cân tại O, OI là đường 1
cao nên OI là đường phân giác IOD COD 2 0,25 1 Lại có CED
COD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung 2
CD của đường tròn (O)) CED IOD 1.c) (6) (0,5) * Có 90o IOD IDO
(do tam giác IOD vuông tại I) 90o MHC CHA (vì OM AB)
Mà MHC IDO (từ 5) IOD CHA (7) 0,25
Từ (6) và (7) suy ra: CED CHA Có CED; C
HA ở vị trí đồng vị nên DE song song với AB. 3 Câu Ý Nội dung Điểm 1 Áp dụng công thức 2
V r h với r 4 ; m h 1,5 m 0,25 3 2. 1
(0,5đ) Thể tích của đống cát là 2 3 V
3,14 4 .1,5 25,12 (m ) 3 0,25
Vậy thể tích cần tìm của đống cát là 25,12 m3.
Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 1 1 Với 0 < x < 3 thì 2 2x 3 (x 1) (1) x 2
Thật vậy, bất đẳng thức (1)
4x2 + 2 6x + x3 – x (vì x > 0) (x3 – x) – (4x2 – 6x + 2) 0
(x – 1)(x2 + x) – 2(x – 1)(2x – 1) 0 0,25
(x – 1)(x2 – 3x + 2) 0 (x – 1)2(x – 2) 0 (*)
Có (x – 1)2 0, x – 2 < 0 với 0 < x < 3 ) => (*) luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra x = 1.
Từ giả thiết: a2 + b2 + c2 = 3 0 < a2, b2, c2< 3 0 < a, b, c < 3 5.
Áp dụng bất đẳng thức (1), với 0 < a, b, c < 3 , (0,5đ) 1 1 2 Ta có: 2a 3 (a 1) (2) a 2 1 1 2 2b 3 (b 1) (3) b 2 1 1 0,25 2 2c 3 (c 1) (4) c 2
Cộng (2), (3) và (4) vế theo vế, ta được: 1 2 2 2 P 9
(a b c 3) 9 (vì a2 + b2 + c2 = 3) 2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.
Vậy Pmin = 9 a = b = c =1. Chú ý:
- Trên đây là các bước giải cụ thể cho từng câu, từng ý và biểu điểm tương ứng, thí sinh
phải có lời giải chặt chẽ, chính xác mới được công nhận điểm.
- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm, đúng đến đâu cho
điểm thành phần đến đó.
- Bài 4 vẽ hình sai hoặc nội dung chứng minh không phù hợp hình vẽ không cho điểm.
- Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài là tổng điểm các câu đến 0,25 điểm, không làm tròn. ---- HẾT ---- 4
Document Outline
- Doc1
- DapAn_TOAN9__II_22-23